四川省阆中中学2023届高三理科数学全景模拟卷（一）试题（Word版附解析）

四川省阆中中学校高2020级全景模拟卷（一）

理 科 数 学

一、选择题：本题共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. 设全集，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出集合B中元素范围，再求出，进而可求.

【详解】或，

则，又，

.

故选：A.

2. 若．则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．

【详解】因，所以，所以．

故选：D.

3. 某保险公司为客户定制了A，B，C，D，E共5个险种，并对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图：

用该样本估计总体，以下四个说法错误的是（    ）．

A. 57周岁以上参保人数最少

B. 18～30周岁人群参保总费用最少

C. C险种更受参保人青睐

D. 31周岁以上的人群约占参保人群80％

【答案】B

【解析】

【分析】根据扇形图、散点图、频率图对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，57周岁以上参保人数所占比例是，是最少的，A选项正确.

B选项，“18～30周岁人群参保平均费用”比“57周岁以上人群参保平均费用”的一半还多，

而18～30周岁人群参保人数所占比例是57周岁以上参保人数所占比例的两倍，

所以57周岁以上参保人群参保总费用最少，B选项错误.

C选项，C险种参保比例，是最多的，所以C选项正确.

D选项，31周岁以上的人群约占参保人群，D选项正确.

故选：B

4. 正六棱柱的底面边长为1，侧棱长为，则这个棱柱侧面对角线与所成的角是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

分析】连接，则，即为与所成的角，在中求解即可．

【详解】连接，则，故为与所成的角．

在中，，

，，

在和中，得，

是等边三角形，．

故选：B．

5. 记不等式组表示的平面区域为，命题；命题.给出了四个命题：①；②；③；④，这四个命题中，所有真命题的编号是

A. ①③ B. ①② C. ②③ D. ③④

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可画出平面区域再结合命题可判断出真命题.

【详解】如图，平面区域D为阴影部分，由得

即A（2，4），直线与直线均过区域D，

则p真q假，有假真，所以①③真②④假．故选A．

【点睛】本题将线性规划和不等式，命题判断综合到一起，解题关键在于充分利用取值验证的方法进行判断．

6. 设为抛物线的焦点，为该抛物线上三点．若，则（    ）

A. 9 B. 6 C. 4 D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】设出三点的坐标，把（三个焦半径之和）转化为三个点线距之和，用上条件即可求解.

【详解】解：设点的坐标分别为．

又，则，，

．

由抛物线的定义可得：，，

故选：B

7. 已知函数的部分图像如图所示，则该函数的解析式可能是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】观察图象确定函数的性质，结合函数的性质和特殊点的取值判断各选项.

【详解】观察函数图象可得该函数图象关于原点对称，所以函数为奇函数，由图象可得，

对于函数，

因为，

所以函数偶函数，A错，

对于函数，，

所以函数为奇函数，又，与图象不符，故C错误，

对于函数，，

所以函数为奇函数，又，与图象不符，故D错误，

对于函数，因为，

所以函数为奇函数，且，与图象基本相符，B正确，

故选：B.

8. 沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”.如图，是以O为圆心，为半径的圆弧，C是的中点，D在上，.“会圆术”给出后的弧长的近似值s的计算公式：，记实际弧长为l.当，时，的值约为（    ）（参考数据：，）

A. 0.01 B. 0.05 C. 0.13 D. 0.53

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意求出与的值，代入弧长公式和求出和即可.

【详解】因为，所以，

因为是的中点，在上，，

所以延长可得在上，，

所以，

，

所以.

故选：B

9. 已知函数且，若在区间上有最大值，无最小值，则的最大值为

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据可得的一条对称轴,进而求得满足的关系式,再根据在区间上有最大值,无最小值求得周期满足的关系式,进而求得的范围.

【详解】函数且,

直线为的图像的一条对称轴,

,.

,.又,且在区间上有最大值,无最小值,,,

,当时,为最大值.

故选：D

【点睛】本题主要考查了余弦函数的性质与应用,属于难题.

10. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据为奇函数，为偶函数，可得函数的周期，且为偶函数，根据时，，求的值得此时解析式，即可求得的值.

【详解】为奇函数，，所以关于对称，所以①，且，

又为偶函数，，则关于对称，所以②，

由①②可得，即，所以，

于是可得，所以的周期，

则，所以为偶函数

则，所以，所以

所以，解得，所以当时，

所以.

故选：B.

11. 已知函数 在区间内有两个极值点 且，则（    ）

A.    B. 在区间上单调递增

C.    D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可得，求得，即可判断A; 判断在上的正负，可判断的单调性，判断B;将代入中，即可判断C; 将代入中,比较大小，可判断D.

【详解】由题意函数在区间内有两个极值点，

则,即，故，

当时，，当时，，

当时，，即为在内的极大值点，

为在内的极小值点，

所以，A错误；

由时，，故，

所以在区间上单调递减，B错误；

又，

由于时R上的增函数，故，

所以，C错误；

，

因为，故，

故，D 正确，

故选：D．

12. 在长方体中，，，点M为平面内一动点，且平面，则当取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先利用面面平行的性质定理可得点M 在线段上，当取最小值时为线段的中点，再根据三棱锥的特征确定外接球球心即为与的交点，求出半径即可计算出外接球的表面积.

【详解】根据题意易知，，且平面，平面，所以平面，同理可得平面；

又，平面，所以平面平面；

又因为点M在平面内且平面，所以点M在平面与平面的交线上，

易知，所以当取最小值时，为线段的中点，如下图所示：

取的中点为，交于点，连接；

则，所以，而，

所以即为三棱锥的外接球球心，半径，

则表面积.

故选：A

二、填空题（20分，每小题5分）

13. 已知向量，满足，，且，则_________.

【答案】

【解析】

【分析】由数量积的性质化简可得，再由数量积的性质求.

【详解】因为，

所以，

所以，

所以，

所以，又，，

所以，

故答案为：.

14. 已知集合，在集合A中可重复的依次取出三个数，则这3个数能够成为一个三角形三条边的概率是______.

【答案】##0.625

【解析】

【分析】由列举法列举出全部基本事件，即可找出所求事件包含的基本事件个数，即可求解概率.

【详解】集合，在中可重复的依次取出三个数，，，

基本事件有共有8个，

“以，，为边长恰好构成三角形”包含的基本事件个数，

分别为：

所以 “以，，为边长恰好构成三角形”的概率：．

故答案为：

15. 设为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别是，若双曲线的离心率为，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，则______．

【答案】

【解析】

【分析】根据离心率和双曲线关系可用表示出，并得到渐近线方程；在和中，结合余弦定理可用表示出，进而求得结果.

【详解】双曲线的离心率，，，

双曲线渐近线为：，

不妨设在上，如下图所示，

，，则，

在中，，

在中，由余弦定理得：，

，.

故答案为：.

16. 《蒙娜丽莎》是意大利文艺复兴时期画家列奥纳多·达·芬奇创作的油画，现收藏于法国卢浮宫博物馆．该油画规格为纵，横．油画挂在墙壁上时，其最低点处离地面（如图所示）．有一身高为的游客从正面观赏它（该游客头顶到眼睛的距离为），设该游客与墙的距离为，视角为，为使观赏视角最大，则应为______．

【答案】cm

【解析】

【分析】设，在直角三角形中表示出和，结合两角和正切公式求出，利用基本不等式即可求得观赏视角最大时x的值.

【详解】如图，作垂直于的延长线，垂足为D,则 ，

 设,则,

,

即，解得，

因为 当且仅当即时取等号，

所以，此时观赏视角最大，

此时cm,

故答案为：cm.

三、解答题（共70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 某车间生产一批零件，现从中随机抽取10个，测量其内径的数据如下（单位：）：192，192，193，197，200，202，203，204，208，209．设这10个数据的均值为，标准差为．

（1）求和；

（2）已知这批零件的内径（单位：）服从正态分布，若该车间又新购一台设备，安装调试后，试生产了5个零件，测量其内径（单位：）分别为：181，190，198，204，213，如果你是该车间的负责人，以原设备生产性能为标准，试根据原则判断这台设备是否需要进一步调试？并说明你的理由．

参考数据：若，则：

，，

，．

【答案】（1），   

（2）这台设备需要进一步调试，理由见解析

【解析】

【分析】（1）利用公式计算出平均数和方差，进而求出标准差；

（2）计算出五个零件的内径中恰有1个不在的概率约为，而又试产的5个零件中内径出现了1个不在内，根据原则，得到结论.

【小问1详解】

,

，

故；

【小问2详解】

由题意得：，

，即，

所以五个零件的内径中恰有1个不在的概率为，

又试产的5个零件中内径出现了1个不在内，

所以小概率事件出现了，根据原则，这台设备需要进一步调试.

18. 设数列的前项之积为，且满足．

（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；

（2）记，证明：．

【答案】（1）证明见解析，；   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）法一：根据，得到，变形后得到，证明出结论，并求出通项公式；

法二：由题目条件得到，得到以3为首项，以2为公差的等差数列，求出，进而求出，并证明出数列是等差数列；

（2）利用放缩法得到，裂项相消法求和，得到.

【小问1详解】

方法一：当，得，

当时，①

②

两式相除可得：

即，又，

故，

变形为：，

因为，所以是以为首项，1为公差的等比数列．

所以

化简可得

法二：因为，，

所以

即

令，则，

所以以3为首项，以2为公差的等差数列，

所以，即，

所以．

又因为满足上式，

所以，

所以，故，

故数列是等差数列．

【小问2详解】

因为，

所以

19. 如图，四棱锥的底面是矩形，PA⊥底面ABCD，，，M，N分别为CD，PD的中点，K为PA上一点，.

（1）证明：B，M，N，K四点共面；

（2）若PC与平面ABCD所成的角为，求平面BMNK与平面PAD所成的锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证明线线平行，再利用基本事实判定四点共面；

（2）建立空间直角坐标系，求出点坐标，求解两个平面的法向量，然后利用向量法求解二面角平面角的余弦值.

【小问1详解】

证明：连接AC交BM于E，连接KE，

∵四边形ABCD是矩形，M为CD的中点，

且，，

，，，，

∵M，N分别是CD，PD的中点，，，

K，E，M，N四点共面，

，B，M，N，K四点共面.

【小问2详解】

，，∴，

平面ABCD，∴PC与平面ABCD所成的角为，

在中，，∴，

以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，如图

，，，，

，，

设平面BMNK的一个法向量为，则，

令，得平面BMNK的一个法向量为，

又平面PAD的一个法向量为，

设平面BMNK与平面PAD所成的锐二面角的大小为，

，

平面BMNK与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为.

20. 已知函数．

（1）若恒成立，求的值；

（2）求证：对任意正整数，都有（其中为自然对数的底数）．

【答案】（1）   

（2）证明见详解

【解析】

【分析】（1）将不等式等价转化为在恒成立，令，对进行分类讨论，使得即可求解；

（2）利用，（当且仅当时等号成立）对进行放缩裂项，进而即可证明.

【小问1详解】

由，得在恒成立．

记，，

1°若，则恒成立，在上单调递减，

当时，，不符合题意．   

2°若，令，得，

当时，；当时，，

∴在上单调递增，在上单调递减，

∴．           

记，．令得，

当时，；当时，，

∴在上单调递减，在上单调递增．

∴，即（当且仅当时取等号），

∴．又因为，故．

【小问2详解】

由（1）可知：，（当且仅当时等号成立）．

令，则，

∴

，

即，

也即，所以，

故对任意正整数，都有．

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：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、极值最值问题处理.

21. 已知动圆经过定点，且与圆：内切.

（1）求动圆圆心的轨迹的方程；

（2）设轨迹与轴从左到右的交点为点，点为轨迹上异于的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线､的斜率分别为､.

（i）求证：为定值；

（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.

【答案】（1）   

（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析，定点

【解析】

【分析】（1）根据定点和圆心的位置关系，利用两圆内切即可得出半径之和等于圆心距，再根据椭圆定义即可求得轨迹的方程；（2）（i）易知即为椭圆的左右顶点，设出点坐标，利用共线时斜率相等即可得出的表达式，化简即可得出；（ii）根据（i）中的结论，写出直线的方程，将表达式化简即可得出直线经过定点.

【小问1详解】

设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径；

所以，，

则.

所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.

因此轨迹方程为.

【小问2详解】

（i）设，，.

由题可知，，如下图所示：

则，，

而，于是，

所以，

又，则，

因此为定值.

（ii）设直线的方程为，，.

由，得，

所以.

由（i）可知，，即，

化简得，解得或（舍去），

所以直线的方程为，

因此直线经过定点.

【点睛】方法点睛：解决定值或定点问题时，经常会用到设而不求的方法，即首先设出点坐标或直线方程，再根据题目条件寻找等量关系即可实现整体代换求得定值或定点.

选做题（22-23题任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）

22. 有一种灯泡截面类似“梨形”曲线，如图所示，它是由圆弧、圆弧和线段四部分组成，在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系．已知，弧、弧所在圆的圆心分别是、，曲线是弧，曲线是弧．

（1）分别写出的极坐标方程；

（2）直线的参数方程为（为参数），若与曲线有且仅有两个公共点，求的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用圆的极坐标方程的求法求解；

（2）直线恒过定点，且斜率为，点的直角坐标，得，根据数形结合解决即可.

【小问1详解】

由题意知，弧、弧所在的圆的直角坐标方程分别为，

所以弧、弧所在的圆的极坐标方程分别为，，

所以；

【小问2详解】

依题意直线恒过定点，且斜率为．

因为平面直角标系下，

所以．

因直线与曲线有且仅有两个公共点，由图知，

所以，即，

所以的取值范围为.

23. 已知，函数．

（1）若，，求不等式的解集﹔

（2）设函数，求的最小值，并求出取得最值时的值．

【答案】（1）或   

（2）当，时，函数取得最小值4

【解析】

【分析】（1）根据题意，将的值代入即可得到解析式，然后求解不等式即可；

（2）根据题意，由绝对值不等式化简，然后结合基本不等式即可得到结果.

【小问1详解】

由可得，则即， 

所以或，

解得或，故不等式的解集为或．

【小问2详解】

因为，

因为，所以，所以， 

所以，

当且仅当，即时，等号成立，

所以当时，函数取得最小值4．