2023届四川省内江市第六中学高三下学期高考模拟热身训练（一）数学（理）试题含解析

这是一份2023届四川省内江市第六中学高三下学期高考模拟热身训练（一）数学（理）试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届四川省内江市第六中学高三下学期高考模拟热身训练（一）数学（理）试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题知图中阴影部分表示的集合为，，再根据集合运算求解即可.【详解】解：由图可得，图中阴影部分表示的集合为，因为，所以，因为，所以或，所以.故选：B.2．下面关于复数（其中i为虚数单位）的结论正确的是（    ）A．对应的点在第一象限 B．C．的虚部为 D．【答案】D【分析】根据复数的除法，求模运算，和加法运算即可求解.【详解】,,所以对应的点在第三象限，A错；，故B错；的虚部为1，故C错；，故D正确.故选：D.3．命题 “”，则p为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据全称命题的否定形式求解.【详解】命题 “”为全称命题，其否定为特称命题，即p：.故选：C4．已知函数，则 （    ）A．-6 B．0 C．4 D．6【答案】A【分析】由分段函数解析式，利用周期性求得，进而求目标函数值.【详解】由分段函数知：当时，周期，所以，所以．故选：A5．“直播电商”已经成为当前经济发展的新增长点，某电商平台的直播间经营化妆品和服装两大类商品．2021年前三个季度的收入情况如图所示，已知直播间每个季度的总收入都比上一季度的总收入翻一番，则下列说法正确的是（    ）A．该直播间第三季度服装收入低于前两个季度的服装收入之和．B．该直播间第一季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的．C．该直播间第二季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的．D．该直播间第三季度总收入是第一季度总收入的3倍．【答案】C【分析】利用条形统计图求解判断.【详解】设第一季度的总收入为，则第二季度的总收入为，第三季度的总收入为.对于选项A，第一、二季度服装收入和为，第三季度服装收入为，故A错误；对于选项B，第一季度化妆品收入为，第三季度化妆品收入为，第一季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的，故B错误；对于选项C，第二季度的化妆品收入为，第三季度的化妆品收入为，第二季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的，故C正确；对于选项D，第三季度总收入是第一季度总收入的倍，故D错误.故选：C．6．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）A．B．C．D．【答案】D【详解】若α∥β，mα，mβ，则m，n可能平行也可能异面，故B错误；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或nα，故C错误；若mα，nα，m∥β，n∥β，由于m，n不一定相交，故α∥β也不一定成立，故A错误；若m∥n，n⊥α，根据线面垂直的第二判定定理，我们易得m⊥α，故D正确.7．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用倍角公式，以及同角三角函数关系，整理化简即可求得正切值.【详解】因为，即，解得.故选：C.8．英国物理学家和数学家牛顿曾提出物体在常温环境下温度变化的冷却模型．如果物体的初始温度是，环境温度是，则经过物体的温度将满足，其中k是一个随着物体与空气的接触情况而定的正常数．现有的物体，若放在的空气中冷却，经过物体的温度为，则若使物体的温度为，需要冷却（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据及物体经过物体的温度为得出的值，再求出时的值即可．【详解】由题意得，，，代入，，即，所以，所以，由题意得，，代入，即，得，即， 解得，即若使物体的温度为，需要冷却，故选：C．9．已知双曲线的右焦点为为坐标原点，以为直径的圆与双 曲线的一条渐近线交于点及点，则双曲线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据双曲线方程求出渐近线方程：，再将点代入可得，连接，根据圆的性质可得，从而可求出，再由即可求解.【详解】双曲线，则渐近线方程：，，连接，则，解得，所以，解得.故双曲线方程为.故选：C【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，需掌握双曲线的渐近线求法，属于中档题.10．已知a>0，b>0，且a+b=1，则错误的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】根据，由结合二次函数可判断A，由可判断B，由和结合基本不等式可判断CD【详解】对于A，，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，，所以，故B正确；对于C，，当且仅当时，等号成立，故C不正确；对于D，因为，所以，当且仅当时，等号成立，故D正确.故选：C.11．已知球是正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点是线段的中点，过点作球的截面，则所得截面面积的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】作图，求出底面外接圆的半径和几何体外接球的半径，当截面垂直于OE时，截面面积最小，求出截面圆的半径即得解.【详解】如图，是A在底面的射影，由正弦定理得，的外接圆半径，由勾股定理得棱锥的高，设球O的半径为R，则即，解得，所以，即点O与重合，在中，点是线段的中点，，所以，当截面垂直于OE时，截面面积最小，此时半径为，截面面积为.故选：A12．若函数满足对都有，且为上的奇函数，当时，，则集合中的元素个数为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】根据已知可推出函数周期性，单调性以及函数值情况，由此可作出函数的图象，将问题转化为函数图象的交点问题解决.【详解】由为R上的奇函数,①，又 ②，由②－①为周期为2的周期函数,而又，当时当时,．又当时，单调递增，且．故可作出函数 的大致图象如图：  而集合A中的元素个数为函数与图象交点的个数，由以上分析结合函数性质可知，1为集合A中的一个元素，且y=f（x）与在（2，3），（4，5）上各有一个交点，∴集合中的元素个数为3．故选：A． 二、填空题13．已知，若，则______ .【答案】【分析】根据题意求得，结合向量的数量积的运算公式求得的值，得到的坐标，利用向量模的公式，即可求解．【详解】因为，可得，又因为，可得，解得，所以，所以.故答案为：.14．在二项式的展开式中，项的二项式系数为__________．【答案】20【分析】写出展开式通项公式，由指数为3求出项数，再得系数.【详解】因为，，1，2，…，6.令，得，所以项的二项式系数为.故答案为：2015．如图，已知在扇形中，半径，圆内切于扇形（圆和，弧均相切），作圆与圆相切，再作圆与圆相切，以此类推．设圆，圆…的面积依次为，那么____________．  【答案】【分析】根据锐角三角比的圆的几何特性即可求解.【详解】  设圆与弧相切于点，圆，圆与分别切于点，则，．设圆，圆，圆，…，因为，所以．在中，则，即，解得．在中，，则，即，解得．同理可得，，所以.故答案为：.16．已知抛物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线交于两点（点和点在点的两侧），则下列命题中正确的有_________．①若为的中线，则；②为定值（为坐标原点）；③存在直线，使得；④对于任意直线，都有．【答案】①②④【分析】直线，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，根据中线得到坐标，计算，A正确，计算，B正确，确定为等腰直角三角形，计算得到为同一点，C错误，，D正确，得到答案.【详解】，，设直线，不妨取都在第一象限，如图所示：，得，且，即，故，则．过点作于，于，对①：若为的中线，则，所以，所以，故，所以，则，正确；对②：，正确；对③：若，即，即为等腰直角三角形，此时，则，所以，所以，所以，所以，此时为同一点，不合题设，错误；对④：，而，结合，得，即恒成立，正确．故答案为：①②④ 三、解答题17．在等比数列中，，且，，成等差数列.(1)求的通项公式；(2)若，证明：数列的前n项和.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列和等比数列的性质，列方程求解即可.（2）对进行分组求和，一部分利用裂项相消进行求和，一部分利用等比数列的求和公式进行求和，再对计算得到的进行不等式的放缩，即可证明不等式成立.【详解】（1）设数列的公比为q，由，得，所以. 因为，，成等差数列，所以，即，解得.因此.（2）因为，所以.因为，，所以.18．2020年4月，各行各业开始复工复产，生活逐步恢复常态，某物流公司承担从成都到重庆的蔬菜运输业务.已知该公司统计了往年同期天内每天配送的蔬菜量，单位：件).注：蔬菜全部用统一规格的包装箱包装)，并分组统计得到表格如表：蔬菜量天数若将频率视为概率，试解答如下问题：（1）该物流公司负责人决定随机抽出天的数据来分析配送的蔬菜量的情况，求这天配送的蔬菜量中至多有天小于件的概率；（2）该物流公司拟一次性租赁-批货车专门运营从成都到重庆的蔬菜运输，已知一辆货车每天只能运营一趟，每辆货车每趟最多可装载件，满载才发车，否则不发车.若发车，则每辆货车每趟可获利元；若未发车，则每辆货车每天平均亏损元.该物流公司负责人甲提出的方案是租赁辆货车，负责人乙提出的方案是租赁辆货车，为使该物流公司此项业务的营业利润最大，应该选用哪种方案？【答案】（1）；（2）租赁辆货车利润最大．【分析】（1）记事件A为“在200天随机抽取1天，其蔬菜量小于120件”，则P（A），由此能求出随机抽取的3天中配送的蔬菜量中至多有2天的蔬菜量小于120件的概率．（2）分别计算租赁辆货车和租赁辆货车两种方案的利润均值，再作比较即可．【详解】（1）记事件为“在天随机抽取天，其蔬菜量小于件”，则，∴随机抽取的3天中配送的蔬菜量中至少有天的蔬菜量小于件的概率为：（2）由题意得每天配送蔬菜量在的概率分别为，设物流公司每天的营业利润为若租赁辆车，则的可能取值为，，，，的分布列为：元，若租赁辆车，则的可能取值为，，的分布列为：.所以租赁辆货车利润最大．19．如图，在四边形ABCP中，△ABC为边长为的正三角形，CP＝CA，将△ACP沿AC翻折，使点P到达的位置，若平面平面ABC，且．(1)求线段的长；(2)设M在线段上，且满足，求二面角的余弦值．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）取BC中点O，连接，，根据题意得到，结合题意，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，再结合面面垂直的性质得到线面垂直，进而得证；（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）取BC中点O，连接，，因为△ABC为等边三角形，O为BC的中点，则，又，，平面，∴平面，∴．所以，即为等边三角形，所以，又平面平面，，所以平面，所以，又，所以．（2）因为平面，，以点O为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、，，，设平面的法向量为，则，取，则，，设平面的法向量为，则，取，则，由已知可得．综上，二面角的余弦值为．20．已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，过作直线与直线垂直且与直线交于．(1)当直线与轴垂直时，求内切圆半径；(2)分别记的斜率为，证明：成等差数列．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆定义可得的周长，结合面积可求得内切圆半径；（2）设直线，可求得，由与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用两点连线斜率公式和韦达定理化简可整理得到，又，可知，由此可得结论.【详解】（1）由椭圆方程得：，，，当直线与轴垂直时，的周长为，又，，的内切圆半径（2）设，（不妨令在轴上方），直线，则，由得：，；由消去得：，则，，，，将韦达定理代入整理得：，又，，的斜率成等差数列.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用问题，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出所求量，结合韦达定理整理化简可得结果.21．已知函数，是非零常数．(1)若函数在上是减函数，求的取值范围；(2)设，且满足，证明：当时，函数在上恰有两个极值点．【答案】(1)(2)证明见解析. 【分析】（1）由题知在上恒成立，再分和两种情况讨论求解即可；（2）根据题意令，进而分，，三种情况讨论函数的单调性，进而得，其中，再根据当时，直线与的图像在上有两个交点并结合极值点的概念即可证明.【详解】（1）解：因为函数在上是减函数，所以，在上恒成立，当时，在上恒成立，满足题意；当时，当时，由，故，与在上恒成立矛盾，所以，的取值范围为（2）解：令得，所以，，则，所以，当时，，函数在上单调递增，当时，，故函数在上单调递减，因为，所以，存在，使得，即，所以，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；当时，恒成立，所以，在上单调递增，因为，，所以，存在，使得，即，所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，因为，所以，在上单调递减， 综上，函数在上单调递增，在上单调递减，且，因为，即，由的唯一性可得，又，所以，，其中，所以，当时即时，直线与的图像在上有两个交点，所以，在上有两个变号零点，即在上有两个极值点.【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于构造函数，进而结合三角函数在的符号，分，，三种情况讨论函数的单调性，进而的函数值得范围，其中，再结合函数零点与极值点的概念即可求解.22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)若曲线与有且仅有一个公共点，求的值；(2)若曲线与相交于A，B两点，且，求直线AB的极坐标方程.【答案】(1)或(2)或. 【分析】（1）根据圆的参数方程和可得曲线是以为圆心，为半径的圆.利用公式法将极坐标方程化为直角坐标方程，得曲线是以为圆心，为半径的圆.结合圆与圆的位置关系计算即可求解；（2）由（1），将两圆的方程相减可得直线AB的方程，利用点到直线的距离公式，结合圆的垂径定理计算即可求解.【详解】（1）由为参数)，得为参数)，又，所以曲线的普通方程为， 即曲线是以为圆心，为半径的圆.，由得，即曲线是以为圆心，为半径的圆.若曲线与有且仅有一个公共点，则两圆相切，所以或.由，解得或.（2）将两圆的方程相减，得，即直线AB的方程为.因为，所以圆的圆心到直线AB的距离为，解得或，则直线AB的方程为或，故直线AB的极坐标方程为或.23．已知函数.(1)解不等式；(2)是否存在正实数，使得对任意的实数，都有成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）写出的分段型式，解不等式；（2）结合函数的图象可知，再进一步证明.【详解】（1），①当时，，，； ②当时，，则，，则；③当时，，，，则. 综上所述，不等式的解集为.（2）假设存在正实数，使得对任意的实数，都有成立.，当时，因为成立，结合函数的图象可知，，所以. 下面进一步验证：若，则 ，成立.①当时，，因为，所以，所以成立.②当时，.因为，所以，所以成立.综上所述，存在正实数，使得对任意的实数，都有成立，此时的取值范围是.