四川省南充2023届高考模拟检测七理科数学试题【含答案】

四川省南充2023届高考模拟检测（七）数学（理科）试题第Ⅰ卷（选择题共60分）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.设，，且，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出集合和集合，由确定取值范围即可.【详解】由已知，，，∵，∴，即，∴的取值范围是.故选：C.2.在复平面内，复数对应的点的坐标是，且满足，则（）A.1 B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算求得，结合复数的几何意义可得，由此求得答案.【详解】由得，又复数对应的点的坐标是，即，故选：A3.如图是甲、乙两人高考前次数学模拟成绩的折线图，则下列说法错误的是（）A.甲的数学成绩最后次逐渐升高B.甲有次考试成绩比乙高C.甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差D.甲的数学成绩在分以上的次数多于乙的数学成绩在分以上的次数【答案】B【解析】【分析】根据折线统计图逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A，由折线图可知甲的最后三次数学成绩逐渐升高，A对；对于B，甲有次考试成绩比乙高，B错；对于C，由折线图可知，甲乙两人的数学成绩的最高成绩接近，甲的最低成绩为分，乙的最低成绩为分，因此甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差，C对；对于D，甲的数学成绩在分以上的次数为次，乙的数学成绩在分以上的次数为次，D对.故选：B.4.盒子里有1个红球与个白球，随机取球，每次取1个球，取后放回，共取2次.若至少有一次取到红球的条件下，两次取到的都是红球的概率为，则（）A.3 B.4 C.6 D.8【答案】B【解析】【分析】分别计算出至少有一次取到红球与两次都取到红球的概率，用条件概率计算公式计算.【详解】设事件A为至少有一次取到红球，事件为两次都取到红球，由每次取后放回知两次都取到白球的概率为故，故.故选：B5.“”是“直线与圆相切”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据直线与圆的位置关系求出a的取值范围，再根据充分条件，必要条件的定义解出.【详解】由题知，圆的圆心为，半径为1，设圆心到直线的距离为则，解得：或.由此可知，“”是“或”的充分不必要条件，故选：A.6.已知,若,则（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意将代入到中,展开后将,代入,即可得出选项.【详解】解:由题知,,,,则有,.故选:C7.已知等差数列的前项和为，若且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据题中条件求出的值，利用等差数列的通项公式可求得的表达式.【详解】设等差数列的公差为，由等差数列的求和公式可得，所以，，所以，，解得，因此，.故选：D.8.若函数的部分图象如图所示，且，，则函数的单调递减区间为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由图像求出函数解析式，即求出，的值，再根据余弦函数的性质求出函数的单调递减区间.【详解】解：因为点在函数的图像上，所以，即，结合图像可得①，又，则直线为函数图像的一条对称轴，结合图像可得②，由①、②解得，，所以．令，得，所以的单调递减区间为.故选：C．9.我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即.现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.【详解】解：构造一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为时，小圆锥底面半径为，则，，故截面面积为：，把代入，即，解得：，橄榄球形几何体的截面面积为，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：圆柱圆锥.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到橄榄球形几何体的体积.10.已知数列满足：，，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由得到，结合，得到，从而得到，再利用累加法得到，结合等比数列求和公式求出的值.【详解】，，∴，，∴，又，故，所以，所以，故，则，所以.故选：C．11.已知为双曲线左支上的一点，双曲线的左、右顶点分别为、，直线交双曲线的一条渐近线于点，直线、的斜率为、，若以为直径的圆经过点，且，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设点，可得出，利用圆的几何性质可得，由，即可得出的值，由此可求得双曲线的离心率.【详解】设点，则，即有，①由、以及以为直径的圆经过点可知，所以，又，，所以，，由题意知，所以，②由①和②得，由得．故选：D.12.若存在，使得对于任意，不等式恒成立，则实数的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将题干中的不等式变形为，由题意可知直线恒位于函数图象的上方，函数的图象的下方，代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过且与曲线相切时，最小，设切点坐标为，求出的值，即可得出的最小值.【详解】令，其中，则，当时，，则函数在上单调递增，且，令，则，因为函数在上单调递增，，，所以，存在，使得，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，如下图所示：由题意得，直线恒位于的图象上方，的图象下方，代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过且与曲线相切时，最小．设切点为，则，整理可得，令，则，，而当时，，，所以，，所以当时，，则函数在上单调递增，所以有唯一的零点，所以，此时直线方程为，故.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的最值，解题的关键在于将不等式变形为，通过作出图象，找出直线与函数相切时，最小，然后利用导数法进行求解.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.的展开式中，常数项为____________【答案】【解析】【分析】写出展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项后即可得解.【详解】的展开式通项为，其中，因为，在中，由，可得，在中，得，所以，展开式中，常数项为.故答案为：.14.已知实数满足约束条件则的最大值为__________【答案】8【解析】【分析】根据不等式组作出可行域如图中阴影部分所示，由目标函数的几何意义求解即可.【详解】首先画出不等式组所表示的可行域，画出直线，由得，要使取得最大值，即直线在轴上的纵截距最大，因此平移直线，当直线过点时纵截距最大，取得最大值，由得点C，因此．故答案为：8．15.设抛物线的焦点是，直线与抛物线相交于、两点，且，线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最小值为_____________【答案】3【解析】【分析】设，，过点、分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为、，则到抛物线的准线的距离为，利用余弦定理求出，则，利用基本不等式得到，从而求出的最小值.【详解】解：设，，过点、分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为、，则，，因为点为线段的中点，由中位线定理可得，到抛物线的准线的距离为，因为，在中，由余弦定理可得，，所以，因，则，当且仅当时取等号，所以，即，故的最小值为．故答案为：16.传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，、为圆柱上、下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，有以下三个命题：①平面截得球截面面积最小值为；②球的表面积是圆柱的表面积的；③若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为．其中所有正确的命题序号为___________.【答案】①③【解析】【分析】过点在平面内作，垂足为点，分析可知当平面时，截面圆的半径最小，求出截面圆的半径，结合圆的面积公式可判断①；利用球体和圆柱的表面积公式可判断②；在底面的射影为，设令，则，其中，可得出，利用平方法和二次函数的基本性质求出的取值范围，可判断③.【详解】对于①，过点在平面内作，垂足为点，如下图所示：易知，，，由勾股定理可得，则由题可得，设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，因为平面，当平面时，取最大值，即，所以，，所以平面截得球的截面面积最小值为，①对；对于②，因为球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，球的表面积为，圆柱的表面积为，所以球与圆柱的表面积之比为，②错；对于③，由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的射影为，则，，，由勾股定理可得，令，则，其中，所以，，所以，，因此，，③对.故答案为：①③.三、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．17.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．在中，内角的对边分别是，且满足_______，．（1）若，求的面积;（2）求周长的取值范围．【答案】（1）任选一条件，面积皆为（2）【解析】【分析】（1）三个条件，分别利用正余弦定理，两角和与差正弦公式和三角形内角和公式化简，都能得到，再由余弦定理求得，即可计算的面积.（2），由正弦定理边化角再化简得，再由求得的取值范围，即可得周长的取值范围.【小问1详解】若选条件①，由及正弦定理，得即，化简得，因为，所以，所以，因为，所以．若选条件②，由及正弦定理，得，即，化简得,因为，所以，所以，因为，所以．若选条件③，由化简得，，由余弦定理得，即，因为，所以，所以三个条件，都能得到.由余弦定理得，即，解得，所以的面积.【小问2详解】因为，由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，所以，即，所以周长的取值范围为.18.在2022年卡塔尔世界杯亚洲区预选赛十二强赛中，中国男足以1胜3平6负进9球失19球的成绩惨败出局．甲、乙足球爱好者决定加强训练提高球技，两人轮流进行定位球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为，乙每次踢球命中的概率为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响．（1）经过一轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望；（2）若经过两轮踢球，用表示经过第2轮踢球后甲累计得分高于乙累计得分的概率，求．【答案】（1）分布列见解析，数学期望为（2）【解析】【分析】（1）求出甲、乙两人进球的概率，确定甲的得分X的可能取值，求出每个值对应的概率，可得分布列，继而求得数学期望；（2）确定经过第2轮踢球后甲累计得分高于乙累计得分的各种情况，继而求得每种情况相应的概率，根据互斥事件的概率加法公式即可求得答案.【小问1详解】记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，相互独立，由题意得：，，甲的得分X的可能取值为，则，，，所以的分布列为：01P所以.【小问2详解】根据题意，经过第2轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况有三种；分别是：甲两轮中第1轮得0分，第2轮得1分；或者甲第1轮得1分，第2轮得0分；或者甲两轮各得1分，于是：.19.如图，在平行六面体中，、、分别是、、的中点，侧面平面，，，，．（1）求证：平面；（2）试求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点为，连接、、、、，证明出四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）取的中点为，连接、、、，证明出平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【小问1详解】证明：取的中点为，连接、、、、．在和中，因为、、、分别是、、、的中点，所以，，且，，又在平行六面体中，且，所以，四边形为平行四边形，则且所以，，因此四边形为平行四边形，所以，又因平面，平面，所以平面．【小问2详解】解：在平行六面体中，侧面平行四边形，又因为，，则四边形为菱形，取的中点为，连接、、、，在平行六面体中，，，由等角定理结合图形可知，因为，所以，为等边三角形，因为为的中点，则，因为平面，平面平面，平面，平面，在平行四边形中，，，则，所以，为等边三角形，则，且易知，且，则，所以，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、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，可得，设平面的法向量为，，，则，取，可得，.由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.20.已知椭圆的左右焦点分别为，，抛物线的顶点为，且经过，，椭圆的上顶点满足.（1）求椭圆的方程；（2）设点满足，点为抛物线上一动点，抛物线在处的切线与椭圆交于，两点，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求得抛物线的顶点，求得F1，可得c=1，再由向量共线的坐标表示，可得b=1，进而得到a，即有椭圆方程；

（2）运用向量共线的坐标表示，求得PQ的斜率，设出PQ的方程，联立椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，结合点到直线的距离公式，由三角形的面积公式，运用二次函数的最值求法，可得最大值．【详解】（1）由抛物线，可得，，设椭圆的焦距为，则有，又由可得，，，故椭圆的方程为.（2）设点，由得，.直线，联立消去整理得，，由，得，设，，由根与系数关系可得，，，，.设，由得故.而点到直线的距离为：.，，故当时，.【点睛】解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用二次函数的性质求三角形面积最值的.21.已知函数且.（1）设，讨论的单调性；（2）若且存在三个零点.1）求实数的取值范围；2）设，求证：.【答案】（1）答案见解析（2）1）；2)证明见解析【解析】【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.【小问1详解】,,因为,定义域为当时,,解,得,解,得当时,,解,得,解,得综上,当时,增区间为,减区间为,当时,增区间为,减区间为,【小问2详解】1）因为且存在三个零点.所以有3个根当时,,在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.当,,即有两个根,令,可转化为与有两个交点,可得,,是单调递增的,可得,,是单调递减的,其中,当,所以可得,即得.2）因为且存在三个零点.设，,易知其中,,因为,所以,故可知;①由1）可知与有两个交点,,是单调递增的,,,,所以;②,若,则若,构造函数,设,因为又因为,所以③因为又因为所以即得④由③④可知,,在上单调递增,可得,可知与同号所以,在上单调递增.,,又由1)可知所以,,,是单调递增的,所以⑤由①②⑤