四川省绵阳市涪城区南山中学2023届高三理科数学仿真试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳市涪城区南山中学2023届高三理科数学仿真试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
绵阳南山中学2023年高考仿真考试数学试题（理科）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知集，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】解出集合B中的不等式，得到集合B，由交集的定义求.【详解】由，不等式解得，则，又，所以.故选：A2. 已知（i为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（    ）A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限 D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】由已知等式求出复数，得到复数，由复数的几何意义得在复平面内对应的点所在象限.【详解】由，得，则，在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B3. 若向量，，且，则（    ）A.  B. 4 C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示求，再由向量的模的坐标表示即得.【详解】由，可得，所以，，.故选：D.4. 不等式“”是“”成立（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】解对数不等式和指数不等式，求出解集，进而判断出答案.【详解】，解得，，解得，因为，但，故“”是“”成立的充分不必要条件.故选：A5. 某电影制片厂从2013年至2022年生产的纪录影片、科教影片的时长（单位；分钟）如图所示，则（    ）A. 该电影制片厂2013年至2022年生产的纪录影片时长的中位数为270分钟B. 该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的平均数小于660分钟C. 该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的标准差大于纪录影片时长的标准差D. 该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的极差是纪录影片时长的极差的4倍【答案】C【解析】【分析】根据对图中数据的分析，结合中位数、平均数、标准差的意义和极差的定义与计算方法，依次求解即可.【详解】A：该厂2013年至2022年生产的纪录影片时长从小到大排列为：150，180，200，240，260，290，320，350，380，430，所以这组数据的中位数为，故A错误；B：该厂2013年至2022年科教影片时长的平均数为：，故B错误；C：由图可知，科教影片时长的数据波动程度比纪录影片时长的大，所以科教影片时长的标准差大于记录影片时长的标准差，故C正确；D：科教影片时长的极差为，记录影片时长的极差为，有，故D错误.故选：C.6. 在中，，，，则的面积为A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件可利用余弦定理将边求出，再将求出，利用三角形面积公式求出答案.【详解】在中，由余弦定理得,,整理得解得（舍）由,可得故选A项.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于简单题.7. 一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图是直角边长分别为2和4的两个全等的直角三角形，则这个几何体的外接球的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】讲立方体放在长方体中进行还原，根据体对角线得出外接球半径，最后算出外接球表面积.【详解】在长为4、宽为2、高为2 的正方体还原上述几何体如下图所示：该几何体为一个三角锥形，外接球半径为，该外接球表面积为：.故选：D8. 记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】【分析】由题意，结合余弦函数的周期和零点，建立相关的方程求解即可．【详解】函数的最小正周期为，若，由，得，所以，因为为的零点，所以，故所以，因为，则的最小值为3.故选：B.9. 已知是椭圆的两个焦点，点在上，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据椭圆定义得到，将整理为，然后根据范围求得范围即可.【详解】设，，则，，又，所以当时，，当时，.故选：C.10. 已知定义在R上的函数在上单调递增，且是偶函数，则满足的x的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由平移法则确定函数关于直线对称，且在上单调递增，结合函数对称性和单调性求解不等式即可.【详解】因为函数是偶函数，所以函数的图象关于直线对称，又在上单调递增， 由，得，即，平方并化简，得，解得，即x的取值范围为.故选：C11. 掷铁饼是一项体育竞技活动．如图，这是一位掷铁饼运动员在准备掷出铁饼的瞬间，张开的双臂及肩部近似看成一张拉满弦的“弓”．经测量，此时两手掌心之间的弧长是，“弓”所在圆的半径为米，则这位掷铁饼运动员两手掌心之间的距离约为（参考数据：，）（    ）A. 米 B. 米C. 米 D. 米【答案】A【解析】【分析】由扇形弧长公式可求得圆心角，根据可求得结果.【详解】根据题意作图如下，由题意知：的长为，为的中点，，，即所求距离约为米.故选：A.12. 已知函数，若有两个极值点、且，则实数a的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】有两个极值点，则方程有两个实根，设，利用导数研究单调性，作出函数图像，可知，，随a的减小而增大，当时解得，可求实数a的取值范围.【详解】，有两个极值点，则有两个零点，即方程有两个实根，也即方程有两个实根，令，则，所以解得，解得，从而在上单调递增，在上单调递减，时；时，，据此可作出函数的图像如下：  首先当且仅当时，直线与函数的图象有两个交点，其次，由图可知，且当时，随a的减小而增大，不妨考虑的情形，此时，因为，所以，将代入得：，两式相除得，故，即．所以当且仅当时，有两个极值点、且．故选：A二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13. （x﹣）4的展开式中的常数项为_____.【答案】6；【解析】【分析】先得出二项式的展开式中的通项，令，可得答案.【详解】因为（x﹣）4的展开式中的通项为：，令，得，所以（x﹣）4的展开式中的常数项为，故答案为：6.【点睛】本题考查二项式的展开式的通项公式，求二项式展开式中的特定项，属于基础题.14. 双曲线的离心率为2，则右焦点到其渐近线的距离为______．【答案】【解析】【分析】由双曲线离心率结合方程求出，得到右焦点的坐标和双曲线渐近线方程，利用公式求点到直线的距离.【详解】双曲线的离心率为2，由得，则，右焦点，渐近线方程为，到渐近线的距离为.故答案为：15. 已知 的图象在处的切线与与函数的图象也相切，则该切线的斜率 __________.【答案】【解析】【分析】分别求两条曲线的切线方程，比较系数得a的值.【详解】函数的图象在处的切线的切点为，因为，所以切线斜率为，切线方程为，即，设的图象的切线的切点为，因为，所以切线斜率为，切线方程为，即，由题，解得，，斜率为.故答案为：.16. 如图，在正方体中，E是棱的中点，记平面与平面ABCD的交线，平面与平面的交线，若直线AB与所成角为，直线AB与所成角为，则的值是______．  【答案】【解析】【分析】作出辅助线，得到为直线，故，利用边长关系求出，再得到，，由三角形全等得到，从而计算出的值.【详解】延长与直线CD相交于F，连接AF，则平面与平面ABCD的交线为AF，即为直线，故即为，又∵，∴，∵E是棱的中点，且，∴，∴，又为锐角，且，，则，  又∵平面平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，又∵，故直线AB与所成角为，又，故，所以，故答案为：三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17－21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17. “体育强则国家强，国运兴则体育兴”，多参加体育运动能有效增强中学生的身体素质.篮球和排球是我校学生最为喜爱的两项运动，为调查喜爱运动项目与性别之间的关系，某调研组在校内随机采访男生、女生各50人，每人必须从篮球和排球中选择最喜爱的一项，其中喜爱排球的归为甲组，喜爱篮球的归为乙组，调查发现甲组成员48人，其中男生18人.（1）根据以上数据，填空下述列联表： 甲组乙组合计男生   女生   合计    （2）根据以上数据，能否有95%的把握认为学生喜欢排球还是篮球与“性别”有关?（3）现从调查的女生中按分层抽样的方法选出5人组成一个小组，抽取的5人中再随机抽取3人发放礼品，求这3人中在甲组中的人数的概率分布列及其数学期望.参考公式：，其中为样本容量.参考数据：0.500.050.010.4553.8416.635 【答案】（1）列联表见解析    （2）有95%的把握    （3）分布列见解析，【解析】【分析】(1) 根据已知条件填列联表;(2) 计算,与表格数据比较,判断即可;(3) 先应用分层抽样确定男女生人数，再应用古典概型计算概率，列出分布列，再求出数学期望.【小问1详解】列联表 甲组乙组合计男生183250女生302050合计4852100【小问2详解】零假设为：学生选排球还是篮球与性别无关由列联表可得；有95%的把握认为学生喜欢排球还是篮球与“性别”有关.【小问3详解】按分层抽样，甲组中女生3人，乙组中女生2人，，∴概率分布列为123数学期望.18. 设数列的前n项和为，．（1）求证数列为等比数列，并求数列的通项公式．（2）若数列的前m项和，求m的值，【答案】（1）证明见解析，    （2）7【解析】【分析】（1）利用数列中与的关系，得，可证明数列为等比数列，可求数列的通项公式．（2）利用裂项相消求数列的前m项和，由求m的值.【小问1详解】因为，所以当时，，解得．当时，，则，整理得，故，，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以．所以【小问2详解】，数列的前m项和，则，则，则，解得，故m的值为7．19. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形与均为直角梯形，平面，．（1）已知点G为AF上一点，且，求证：BG与平面DCE不平行；（2）已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求AF的长及四棱锥D－ABEF的体积．【答案】（1）证明见解析    （2）AF的长为4；．【解析】【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面DCE的法向量，计算出，证明出BG与平面DCE不平行；（2）由BF与平面DCE所成角的正弦值计算出AF的长，从而求出梯形ABEF的面积，计算出四棱锥的体积.【小问1详解】证明：因为平面ABEF，AB，平面ABEF，所以，，又，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则、、、、，所以，，，设平面DCE的法向量为，则，令，则，所以，因为，且不存在使得与垂直，所以BG与平面DCE不平行；【小问2详解】设（且），则，所以，∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，∴，化简得，解得或（舍去）；故．此时梯形ABEF的面积，故．20. 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，过点的直线交于，两点（其中点位于第一象限），设点是抛物线上的一点，且满足，连接，.（1）求抛物线的标准方程及其准线方程；（2）记，的面积分别为，，求的最小值及此时点的坐标.【答案】（1），    （2），【解析】【分析】（1）根据抛物线焦点坐标直接可得抛物线方程；（2）设直线，联立方程组可得，再根据点坐标确定点及点到直线的距离，可求，，结合基本不等式，可得的最小值与点的坐标.【小问1详解】由抛物线焦点，可得，所以抛物线方程为，准线方程为，【小问2详解】设直线，点，，联立，得，即，所以，且，又，，的方程为，即点，点到直线的距离，又，，，所以，，又，所以，当且仅当，即时，等号成立，此时点为，即的最小值为，此时点的坐标为.【点睛】(1)直线与抛物线位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．21. 已知函数，且．（1）求实数a的取值范围；（2）已知，证明：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由恒成立，利用导数求最小值，利用不等式求实数a的取值范围；（2）由恒成立，通过换元可得，构造函数证明，可证问题中的不等式.小问1详解】函数定义域为R，，由解得，故在区间上单调递增，由解得，故在区间上单调递减，故的最小值是，解得，所以实数a的取值范围为．【小问2详解】在（1）中，令时，，令，得，即，令，则，所以，，令，则．且不恒为零．所以，函数在上单调递增，故，则．所以，，所以，.【点睛】方法点睛：1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题记分．［选修4－4：坐标系与参数方程］（10分）22. 在直角坐标系xOy中，直线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求直线和曲线的极坐标方程；（2）设直线交曲线于两点A，B，求的大小.【答案】（1），    （2）【解析】分析】（1）代入，即可求解；（2）联立直线和曲线的极坐标方程，根据极角的定义利用和差的正切公式即可求解.【小问1详解】依题意，把，代入，得直线极坐标方程为；把，代入，得，即曲线的极坐标方程为.【小问2详解】联立和，得，即，，，，所以或，即A，B两点对应的极角的正切值分别是和3，于是，所以.［选修4－5：不等式选讲］（10分）23. 已知均为正实数，且.（1）求的最小值;（2）证明: .【答案】（1）6    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用三元基本不等式求解即可.（2）利用基本不等式证明即可得到答案.【小问1详解】由基本不等式可知，当且仅当 ，即 时等号成立，所以的最小值为 6 .【小问2详解】因为，所以..同理可得，所以，当且仅当时等号成立.所以，即