四川省成都市四七九名校2023届高三二模文科数学试题 Word版含解析.docx

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2023届全国高考全真模拟文科数学试卷本试卷分选择题和非选择题，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、班级、考籍号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.5.考试结束后，只将答题卡交回.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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义求解即得.【详解】由不等式，得，解得，因此，而，所以.故选：C2.某重点中学为了解800名新生的身体素质，将这些学生编号为001，002，003，…，800，从这些新生中用系统抽样的方法抽取80名学生进行体质测验，若编号为006的学生被抽到，则下列编号对应的学生没有被抽到的是（）A.036B.216C.426D.600【答案】D【解析】【分析】根据系统抽样可以首先求出抽样间隔，然后可知被抽到的两个编号之间相差抽样间隔的整数倍即可求解. 【详解】由题意可得抽样间隔为，因为被抽中的初始编号为006，则第组被抽到的编号为，即之后被抽到的编号均为10的整数倍与6的和.故选：D.3.“”是“”的（）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】由充分、必要条件的定义以及对数不等式即可得解【详解】一方面若，则有，进一步，所以“”是“”的充分条件；另一方面若，则有，进一步有，即，但不足以保证，不妨设虽然有，但不满足，所以“”不是“”的必要条件.综合以上两方面有“”是“”的充分不必要条件.故选：A.4.若圆锥的表面积为，底面圆的半径为，则该圆锥的高为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用圆锥的表面积公式可求得圆锥的母线长，再利用勾股定理可求得该圆锥的高.【详解】设圆锥的母线长为，高为，则该圆锥的表面积为，解得，因此，该圆锥的高为.故选：B. 5.已知直线是双曲线的一条渐近线，且点在双曲线上，则双曲线的方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的方程表示出渐近线方程，结合题意，建立方程，代入点，可得答案.【详解】由双曲线，则其渐近线方程为，由题意可得：，整理可得，将代入双曲线方程可得：，解得，，所以双曲线.故选：C.6.函数的大致图象为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】对函数化简后，利用排除法，先判断函数的奇偶性，再取特殊值判断即可【详解】因为，，所以为偶函数，所以函数图象关于轴对称，所以排除A，C选项； 又，所以排除B选项，故选：D．7.一个不透明的袋中装有2个红球，2个黑球，1个白球，这些球除颜色外，其他完全相同，现从袋中一次性随机抽取3个球，则“这3个球的颜色各不相同”的概率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】列举出所有可能的结果，并找出其中符合题意的情况即可得解.【详解】由题意设2个红球分别用表示，2个黑球分别用表示，1个白球用表示，则取出的三个球的组合有以下种情形：、、、、、、、、、，其中符号条件的有以下四种情形：、、、.因此从袋中一次性随机抽取3个球，则“这3个球的颜色各不相同”的概率为.故选：D.8.已知点是抛物线的焦点，点，且点为抛物线上任意一点，则的最小值为（）A.5B.6C.7D.8【答案】C【解析】【分析】利用抛物线的定义求解即可.【详解】因为点是抛物线焦点，所以，解得，所以抛物线的方程为：．由抛物线的定义知：点到点的距离等于点到准线的距离，结合点与抛物线的位置关系可知，的最小值是点到准线 的距离，故的最小值为7．故选：C.9.已知，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据三角恒等变换可得，然后利用同角关系式结合条件即得.【详解】因为，将，代入化简，可得，解得（舍去）或，又因为，所以，．故选：B.10.在三棱锥中，，，，平面平面，若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的半径为（）A.B.3C.D.4【答案】B【解析】【分析】根据三棱锥中线面关系可先确定球心点在上，再利用勾股定理求解即可. 【详解】取中点为，连接，因为，，所以，,所以．又因为平面平面，平面平面，所以平面，又，则球心在直线上，连接，设球的半径为，则，即有，得,故选：B11.将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象．若在上有且仅有3个极值点，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据题意得出函数，当时，，要使在上有且仅有3个极值点，需满足，解不等式即可.详解】由题可知，，当时，．因为在上有且仅有3个极值点，所以，解得，所以的取值范围为：． 故选：C.12.已知函数，若关于的方程有且仅有5个不同的实数根，则实数的取值范围为（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】令，方程可化为或有个不同实数根，借助导数研究的单调性与最值，数形结合即可判断的取值范围．【详解】由，设，则，又，所以，，化简得，即，或，当时，，，当，函数在单调递增；当时，，函数在单调递增；因为，所以，又，且恒有，从图象趋势看，当；当. 当时，.作出函数的大致图象，如图，可得的图象与直线的图象有2个交点，所以的图象与直线有个交点.则，解得，所以实数的取值范围是.故选：A.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.若复数满足，则复数的虚部为_______．【答案】1【解析】【分析】设，代入中化简可求得结果【详解】设，则，由，得，所以，所以，得，所以复数的虚部为1．故答案为：1.14.已知实数x，y满足，则的最大值是_______．【答案】【解析】【分析】在平面直角坐标系内画出不等式组表示的区域，利用斜率模型数形结合进行求解即可. 【详解】解析：根据题意，作出所表示的可行域，如图所示（阴影部分）．表示可行域内的点与所连直线的斜率，联立，解得即，数形结合可知的最大值是．故答案为：15.在中，角A，B，C的对边分别为，，则______.【答案】2【解析】【分析】化简可得，再根据三角恒等变换结合正弦定理求解即可.【详解】则，故，故.由正弦定理有，因为，则.故答案为：216.平面向量，满足，且，则的最小值是_______． 【答案】##【解析】【分析】运用向量的数量积、向量的夹角公式计算可得，结合基本不等式即可求得结果.【详解】由两边平方得．又因为，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值是.故答案为：.三、解答题（本大题共70分，解答时应写出必要的文字说明，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：60分17.某工厂甲、乙两套设备生产相同的电子元件，现分别从这两套设备生产的电子元件中随机抽取100个电子元件进行质量检测，检测结果如下表：测试指标数量/个8122011050已知测试指标大于或等于80为合格品，小于80为不合格品，其中乙设备生产的这100个电子元件中，有10个是不合格品．（1）请完成以下列联表：甲设备乙设备合计合格品 不合格品合计（2）根据以上列联表，判断是否有的把握认为该工厂生产的这种电子元件是否合䅂与甲、乙两套设备的选择有关．参考公式及数据：，其中．0.1000.0500.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）列联表见解析（2）有的把握认为该工厂生产的这种电子元件是否合格与甲、乙两套设备的选择有关．【解析】【分析】（1）根据列联表结合已知信息填写对应数值即可；（2）利用公式进行计算，再根据表格数据比较大小即可得出结果.【小问1详解】如下表所示：甲设备乙设备合计合格品7090160不合格品301040合计100100200【小问2详解】因为，所以有的把握认为该工厂生产的这种电子元件是否合格与甲、乙两套设备的选择有关．18.已知数列是公差为2的等差数列，且是和的等比中项.（1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由等比中项的性质列出方程，即可得到结果；（2）根据题意，由裂项相消法，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】由题意可得，，且公差为，则，解得，则.【小问2详解】由（1）可知，，则，则，则.19.如图，平面平面，四边形为矩形，为正三角形，，为中点.（1）证明：平面平面；（2）已知四棱锥的体积为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）利用平面几何知识结合已知条件可以证明，再利用面面垂直的性质进一步证明，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即得证.（2）不妨设，则点到平面的距离即为的长度，结合附加条件四棱锥的体积为可以求得所有棱长，最终利用平面几何知识即可求解.【小问1详解】一方面：因为为正三角形且为的中点，所以（三线合一），又因为平面平面且平面平面，并注意到平面，所以由面面垂直的性质可知平面，又因为平面，所以由线面垂直的性质可知；另一方面：由题意不妨设，则，因为为正三角形且为的中点，所以，，所以，且，注意到与均为锐角，所以，不妨设，因为， 所以，即.综合以上两方面有且，注意到，平面，平面，所有由线面垂直的判定有平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）可知平面，则点到平面的距离即为的长度，一方面梯形的面积为，，所以有四棱锥的体积为，另一方面由题可知四棱锥的体积为，结合以上两方面有，解得，因为，所以，由（1）可知，所以，所以，所以.20.已知函数在处的切线与y轴垂直.（其中是自然对数的底数）（1）求实数的值；（2）设，，当时，求证：函数在的图象恒在函数的图象的上方.【答案】（1）（2）见解析 【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义，结合题意，建立方程，可得答案；（2）将问题转化为不等式恒成立问题，构造函数，利用导数研究其单调性，可得答案.【小问1详解】由，求导可得，则在处切线斜率为，由在处的切线与轴垂直，则，解得.【小问2详解】要证：函数在的图象恒在函数的图象的上方，只需证：在恒成立，不等式，由，，则，化简为，令，求导可得，令，则，令，解得，最小值，由，则，所以在单调递增，则，故在恒成立.21.已知和是椭圆的左、右顶点，直线与椭圆相交于M，N两点，直线不经过坐标原点，且不与坐标轴平行，直线与直线的斜率之积为． （1）求椭圆的标准方程；（2）若直线OM与椭圆的另外一个交点为，直线与直线相交于点，直线PO与直线相交于点，证明：点在一条定直线上，并求出该定直线的方程．【答案】（1）（2）证明见解析，定直线为【解析】【分析】（1）设，，依题意可得，进而结合可得，从而求解；（2）设直线的方程为：，联立直线和椭圆方程，结合韦达定理可得，，结合三点共线可得，，进而得到，进而得到直线OP的方程，进而联立直线OP与直线的方程即可求解.【小问1详解】设，，所以，即，由题意知，所以，所以，则椭圆的标准方程为．【小问2详解】证明：设直线的方程为：，联立椭圆的方程，得，所以， 则，由根与系数的关系，得，，设，由P，S，三点共线，得，由P，N，三点共线，得，则．所以直线OP的斜率为，则直线OP的方程为，联立直线OP与直线的方程，可得，解得，所以点在一条定直线上，该定直线的方程为．（二）选考题：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铅笔在答题卡上把所选题目的标号涂黑［选修4—4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为：（为参数）．以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，取相同的长度单位，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为：，且曲线与曲线相交于A，B两点．（1）求实数的取值范围；（2）若，求实数的值和直线AB的极坐标方程．【答案】（1） （2）；或【解析】【分析】（1）先将曲线的参数方程和曲线的极坐标方程转华为直角坐标方程，进而结合圆和圆的位置关系求解即可；（2）将曲线与曲线的直角坐标方程相减可得直线AB的直角坐标方程，进而求出曲线的圆心到直线AB的距离，结合勾股定理列出方程即可求解.【小问1详解】因为，所以，即，圆心为，半径为2，又因为曲线的极坐标方程为，所以，即，即，圆心为，半径为2，又曲线与曲线相交于A，B两点，所以，即，则实数的取值范围为．【小问2详解】将曲线与曲线的直角坐标方程相减，可得，则直线AB的直角坐标方程为．又因为曲线的圆心到直线AB的距离为，又，所以，解得，则直线AB的直角坐标方程为，所以直线AB的极坐标方程为或．［选修4—5：不等式选讲] 23.设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若函数的最小值为，且正实数满足，求的最小值．【答案】（1）（2）4【解析】【分析】（1）分类讨论去绝对值解不等式可得结果；（2）根据绝对值三角不等式求出，再根据柯西不等式可求出结果.【小问1详解】当时，不等式．①当时，，解得，则；②当时，，则；③当时，，解得，则．综上所述，原不等式的解集为．【小问2详解】因为，当且仅当时等号成立，所以，，又，所以，