四川省绵阳南山中学实验学校2023届高考数学（文）模拟（六）试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳南山中学实验学校2023届高考数学（文）模拟（六）试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
绵阳南山中学实验学校2023届高考模拟（六）数学（文科）试题一、选择题（本大题共12小题，每小题 5分，共60分.）1. 已知，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】求出集合，进而与集合取交集即可.【详解】因，，所以.故选：D.【点睛】本题考查集合的交集，考查学生对基础知识的掌握.2. 已知复数满足（为虚数单位），则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法运算求出，进而求出即可计算作答.【详解】因，则，于是得，所以.故选：A3. 我国冰雪健儿自1992年实现冬奥奖牌数0的突破，到北京冬奥会结束，共获得77块奖牌.现将1992年以来我国冬奥会获得奖牌数量统计如下表：年份199219941998200220062010201420182022奖牌数338811119915则1992年以来我国获得奖牌数的中位数为（    ）A. 8 B. 9 C. 10 D. 11【答案】B【解析】【分析】把数表中的奖牌数从小到大排列即可求出中位数.【详解】将自1992年以来我国冬奥会获得奖牌数从小到大排列为：3，3，8，8，9，9，11，11，15，所以1992年以来我国获得奖牌数的中位数为9.故选：B4. 已知，，则（    ）A. 2 B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先求得，然后根据两角差的正切公式求得正确答案.【详解】依题意，，所以，所以.故选：A5. 设实数、满足，则下列不等式一定成立的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】对于A，B，C可以取特殊值验证，对于D，根据题意得，，利用基本不等式求解即可.【详解】对于A：当，时不成立，故A错误；对于B：当，，所以，，即，故C错误；对于C：当时不成立，故C错误；对于D：因为，所以，又，所以（等号成立的条件是），故D正确.故选：D.6. 函数的图象的大致形状是(    )A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】分x＞0和x＜0去掉绝对值化简函数解析式即可判断函数图像.【详解】∵，∴根据指数函数图像即可判断选项C符合.故选：C.7. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用树图列举基本事件总数，再找出第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数，代入古典概型的公式求解.【详解】从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，故所求概率.故选：A.8. 宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的，分别为5，2，则输出的等于（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】C【解析】【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【详解】当时，，满足进行循环的条件；当时， 满足进行循环的条件；当时，满足进行循环的条件； 当时，不满足进行循环的条件， 故输出的值为.故选：C．【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．9. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，若，的面积为，则（    ）A. 2 B. 8 C.  D. 4【答案】C【解析】【分析】利用抛物线的定义以及三角形的面积，转化求解p即可．【详解】  由已知结合抛物线定义可得，又，所以是正三角形，连接点与的中点，则，又点到准线的距离为，所以，，因为的面积为，∴，得，故选：C.10. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，底面，，，截面与直线平行，与交于点E，则下列说法错误的是（     ）  A. 平面B. E为的中点C. 三棱锥的外接球的体积为D. 与所成角的正弦值为【答案】D【解析】【分析】由，可证平面，故A正确；由平面，得，可得E为的中点，故B正确；根据两个截面外接圆的圆心找到球心，计算出半径和体积，可得C正确；通过找平行线得异面直线所成角，解三角形可得与所成角的正弦值为，故D错误.【详解】对于选项A，因底面，底面，所以，因为底面是菱形，所以，因为，平面，所以平面，故A正确；对于选项B，连交于，则为的中点，因为平面，平面，平面平面，所以，因为为的中点，所以为的中点，故B正确；  对于选项C，因为底面是菱形，，，所以和都是正三角形，，所以为的外接圆圆心，设三棱锥的外接球的球心为，则平面，又底面，底面，所以，所以的中点是的外接圆的圆心，连，则平面，取的中点，连，因为，底面，所以底面， 又平面，所以，因为为正三角形，为的中点，所以，因为底面，底面，所以，因为，平面，所以平面，所以由平面，平面，得，所以四边形是平行四边形，所以，因为，所以，即三棱锥的外接球的半径为，所以其体积为.故C正确；  对于选项D，因为为的中点，为的中点，所以，所以（或其补角）是异面直线与所成的角，因为，，所以，所以，又，，所以.故D错误.  故选：D11. 已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】结合已知条件，可以得到函数的周期性，再结合奇偶性可以将缩小到的区间内，从而求出函数值【详解】因为，所以，所以，所以是周期为4的函数，所以，因为是奇函数，所以，所以故选：C12. 从双曲线的右焦点引圆的切线交双曲线左支于，为切点，为线段的中点，为坐标原点，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出，再结合双曲线定义变形，并计算作答.【详解】令双曲线左焦点为，连接，如图，显然，依题意，，，为线段的中点，而为线段的中点，，所以.故选：B第II卷（非选择题  满分90分）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13. 已知，均为单位向量，若，则与的夹角为______．【答案】【解析】【分析】由两边平方，再利用数量积的定义求解.【详解】因为，均为单位向量，且，所以，即，因为，所以，故答案为：14. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．  【答案】30【解析】【分析】由三视图确定几何体的形状，结合棱柱和棱锥的体积公式求几何体的体积.【详解】由三视图可得该几何体的直观图如下：  该几何体为以为底面，为一条侧棱的直三棱柱截取一个三棱锥所得，其中，，，所以该几何体的体积为，故答案为：.15. 已知直线过定点A，直线过定点，与相交于点，则________．【答案】13【解析】【分析】根据题意求点的坐标，再结合垂直关系运算求解.【详解】对于直线，即，令，则，则，可得直线过定点，对于直线，即，令，则，则，可得直线过定点，因为，则，即，所以.故答案为：13.  16. 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，若函数在区间和上均单调递增，则实数的范围是______.【答案】【解析】【分析】化简函数解析式为，由图象平移写出，根据余弦函数的单调性求得求出其增区间，可令得函数在轴右侧的两个增区间，比较已知增区间可得的不等关系，从而解得结论．【详解】∵，∴，由，解得，时，增区间为，时，增区间为，若函数在区间和上均单调递增，则，解得．故答案为：．【点睛】本题考查三角函数的图象平移变换，考查余弦函数的单调性，掌握余弦函数的单调性是解题关键．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 请在答题卷的相应区域答题.）（一）必考题：共60分.17. 在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．已知数列的前项和为，，且满足________．（1）求；（2）若，求数列的前项和．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）若选①，利用与的关系即可求解；若选②，利用累加法结合等比数列前项和公式即可求解.（2）利用错位相减法求解即可.【小问1详解】若选①，因为，当时，，两式相减得，当时，，即，又，所以，故也满足，所以是首项为，公比为的等比数列，故；若选②，因为，所以，故.【小问2详解】由（1）知，则，①，②两式相减得，故.18. 某市为了鼓励市民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量划分为三挡：月用电量不超过200度的部分按元/度收费，超过200度但不超过400度的部分按元/度收费，超过400度的部分按元/度收费.  （1）求某户居民月用电费（单位：元）关于月用电量（单位：度）的函数解析式；（2）为了了解居民的用电情况，通过抽样，获得了今年1月份100户居民每户的用电量，统计分析后得到如图所示的频率分布直方图，若这100户居民中，今年1月份用电费用不超过260元的占，求的值.【答案】（1）    （2）【解析】分析】（1）根据题目条件，分段列出函数解析式即可；（2）将代入（1）中解析式得到的值，再结合频率分布直方图求的值；【小问1详解】当时，；当时，，当时，，所以与之间的函数解析式为，【小问2详解】由（1）可知：当时，，则，结合频率分布直方图可知：，∴ 19. 如图所示，已知正方体的棱长为，..分别是..的中点.（1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求线段长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【解析】【分析】（1）连接，分别证明平面和平面即可；（2）连接交于，连接，，，，，，通过证明和即可.【详解】(1)证明：连接，则为的中位线，∴，∵在正方体中，，∴，平面，平面，平面，同理可证， 平面，平面，平面，又，，平面， 平面，∴平面平面；(2)取的中点，则满足平面，且，证明如下：连接交于，连接，，，，，，则，，，， ∴在中，由，得， ∴在中，由，得，∴在中，由，得，∴在中，，，又∵，，平面，∴平面，且.【点睛】关键点睛：本题考查点的存在性定理，判断为的中点是解题的关键，再证明和可验证.20. 已知函数 .（1）讨论函数的单调性；（2）证明：当时，【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，函数 在上单调递减，在上单调递增.    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导后，分类讨论，根据导数的符号可得结果；（2）将所证不等式等价变形后，利用（1）中的单调性可证成立；作差构造函数，利用导数可证成立.【小问1详解】函数的定义域为，因为，当时，，所以函数在上单调递增；当时，由得，由得，所以函数 在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】①因为，不等式等价于，令，则，由，得，所以不等式（）等价于：，即：（），由（1）得：函数在上单调递增，所以，即： ．②因为，不等式等价于，令，则，所以，所以函数在上为减函数，所以，即．由①②得：时，.【点睛】关键点睛：第（2）问将所证不等式进行等价变形，再作差构造函数，利用导数证明是本题解题关键.21. 如图，已知椭圆：经过点，、为椭圆的左右顶点，为椭圆的右焦点，．（1）求椭圆的方程；（2）已知经过右焦点的直线（不经过点）交椭圆于、两点，交直线：于点，若，求直线的斜率．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）由结合求出，再由给定的点求解作答.（2）设出直线l的方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理及斜率坐标公式计算作答.【小问1详解】依题意，，，令右焦点，则，，由，得，而，则，由椭圆过点，得，有，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由（1）知，，依题意，直线斜率存在，设直线：，，，由消去并整理得：，则，，显然，，解得，点，则有，所以直线的斜率为.【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.（二）选考题：共10分. 请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分. 作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程22. 以直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线的极坐标方程为，倾斜角为的直线过点，点的极坐标为．（1）求曲线的普通方程和直线的参数方程；（2）若与交于，两点，且点为的中点，求点的直角坐标．【答案】（1）； 为参数    （2）或【解析】【分析】（1）根据，即可求得的普通方程；求得的直角坐标，即可直接写出直线的参数方程；（2）联立直线的参数方程以及曲线的普通方程，利用参数的几何意义，即可求得点的坐标.【小问1详解】曲线：，故可得，即，即；设点的直角坐标为，则，则倾斜角为且过点的参数方程为： 为参数.【小问2详解】因为与交于，两点，故联立与，可得，其，设对应参数，则，由点为的中点，可得，故可得，，满足，或，故点的直角坐标为或.选修4-5：不等式选讲23. 已知().（1）当时，求不等式的解集；（2）若，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将代入，利用“零点分界法”去绝对值，解不等式即可.（2）将不等式化为，去绝对值，分离参数可得，令函数()，利用函数的单调性以及基本不等式即可求解.【详解】（1）当时，，①当时，不等式可化为，解得，∴，②当时，不等式可化为，解得，∴，③当时，不等式可化为，解得，∴，综上可知，原不等式的解集为；（2）当时，不等式，即，整理得，则，即，又，故分离参数可得，令函数()，显然在上单调递减，∴，当时，(当且仅当时等号成立)，∴实数的取值范围为.