四川省成都七中嘉祥外国语学校2023届高考数学三模试卷含解析.doc

《四川省成都七中嘉祥外国语学校2023届高考数学三模试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省成都七中嘉祥外国语学校2023届高考数学三模试卷含解析.doc（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：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，将本试卷和答题卡一并交回。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已知，是球的球面上四个不同的点，若，且平面平面，则球的表面积为（ ）ABCD2如图，在三棱锥中，平面，现从该三棱锥的个表面中任选个，则选取的个表面互相垂直的概率为（ ）ABCD3若均为任意实

2、数，且，则 的最小值为（ ）ABCD4下列命题为真命题的个数是（ ）（其中，为无理数）；.A0B1C2D35已知抛物线：，点为上一点，过点作轴于点，又知点，则的最小值为（ ）ABC3D56已知复数为纯虚数(为虚数单位)，则实数（ ）A-1B1C0D27已知，若，则正数可以为（ ）A4B23C8D178如图，在中，点为线段上靠近点的三等分点，点为线段上靠近点的三等分点，则（ ）ABCD9设集合，则 ()ABCD10函数的大致图象是（ ）ABCD11 “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二

3、，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（ ）A56383B57171C59189D6124212已知函数，则下列结论错误的是( )A函数的最小正周期为B函数的图象关于点对称C函数在上单调递增D函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如果函数（,且,）在区间上单调递减,那么的最大值为_14设数列的前n项和为，且，若，则_.15设P为有公共焦点的椭圆与双曲线的一个交点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心

4、率为，若，则_.16已知，则_，_.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。17（12分）已知函数.（1）解不等式；（2）若函数最小值为，且，求的最小值.18（12分）这次新冠肺炎疫情，是新中国成立以来在我国发生的传播速度最快、感染范围最广、防控难度最大的一次重大突发公共卫生事件.中华民族历史上经历过很多磨难，但从来没有被压垮过，而是愈挫愈勇，不断在磨难中成长，从磨难中奋起.在这次疫情中，全国人民展现出既有责任担当之勇、又有科学防控之智.某校高三学生也展开了对这次疫情的研究，一名同学在数据统计中发现，从2020年2月1日至2月7日期间，日期和全国累计报告确诊病例数量（单位

5、：万人）之间的关系如下表：日期1234567全国累计报告确诊病例数量（万人）1.41.72.02.42.83.13.5（1）根据表中的数据，运用相关系数进行分析说明，是否可以用线性回归模型拟合与的关系？ （2）求出关于的线性回归方程（系数精确到0.01）.并预测2月10日全国累计报告确诊病例数.参考数据：，.参考公式：相关系数回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.19（12分）已知函数，记的最小值为.（）解不等式；（）若正实数，满足，求证：.20（12分）在平面直角坐标系中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位.已知直线l的参数方程为（t为参

6、数），曲线C的极坐标方程为4sin（+）.（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于M，N两点，求MON的面积.21（12分）在ABC中，分别为三个内角A、B、C的对边，且(1)求角A；(2)若且求ABC的面积22（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为()，将曲线向左平移2个单位长度得到曲线.（1）求曲线的普通方程和极坐标方程；（2）设直线与曲线交于两点，求的取值范围.参考答案一、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、A【解析

7、】由题意画出图形，求出多面体外接球的半径，代入表面积公式得答案【详解】如图，取BC中点G，连接AG，DG，则，分别取与的外心E，F，分别过E，F作平面ABC与平面DBC的垂线，相交于O，则O为四面体的球心，由，得正方形OEGF的边长为，则，四面体的外接球的半径，球O的表面积为故选A【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题2、A【解析】根据线面垂直得面面垂直，已知平面，由，可得平面，这样可确定垂直平面的对数，再求出四个面中任选2个的方法数，从而可计算概率【详解】由已知平面，可得，从该三棱锥的个面中任选个面共有种不同的选法，而选取的个表面互相垂直的有种情况，故

8、所求事件的概率为故选：A【点睛】本题考查古典概型概率，解题关键是求出基本事件的个数3、D【解析】该题可以看做是圆上的动点到曲线上的动点的距离的平方的最小值问题，可以转化为圆心到曲线上的动点的距离减去半径的平方的最值问题，结合图形，可以断定那个点应该满足与圆心的连线与曲线在该点的切线垂直的问题来解决，从而求得切点坐标，即满足条件的点，代入求得结果.【详解】由题意可得，其结果应为曲线上的点与以为圆心，以为半径的圆上的点的距离的平方的最小值，可以求曲线上的点与圆心的距离的最小值，在曲线上取一点，曲线有在点M处的切线的斜率为，从而有，即，整理得，解得，所以点满足条件，其到圆心的距离为，故其结果为，故选

9、D.【点睛】本题考查函数在一点处切线斜率的应用，考查圆的程，两条直线垂直的斜率关系，属中档题.4、C【解析】对于中，根据指数幂的运算性质和不等式的性质，可判定值正确的；对于中，构造新函数，利用导数得到函数为单调递增函数，进而得到，即可判定是错误的；对于中，构造新函数，利用导数求得函数的最大值为，进而得到，即可判定是正确的.【详解】由题意，对于中，由，可得，根据不等式的性质，可得成立，所以是正确的；对于中，设函数，则，所以函数为单调递增函数，因为，则又由，所以，即，所以不正确；对于中，设函数，则，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值，最大值为，所以，即，即，所以是正确

10、的.故选：C.【点睛】本题主要考查了不等式的性质，以及导数在函数中的综合应用，其中解答中根据题意，合理构造新函数，利用导数求得函数的单调性和最值是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.5、C【解析】由,再运用三点共线时和最小，即可求解.【详解】.故选：C【点睛】本题考查抛物线的定义，合理转化是本题的关键，注意抛物线的性质的灵活运用，属于中档题6、B【解析】化简得到，根据纯虚数概念计算得到答案.【详解】为纯虚数，故且，即.故选：.【点睛】本题考查了根据复数类型求参数，意在考查学生的计算能力.7、C【解析】首先根据对数函数的性质求出的取值范围，再代入验证即可；【详解】解

11、：，当时，满足，实数可以为8.故选：C【点睛】本题考查对数函数的性质的应用，属于基础题.8、B【解析】，将,代入化简即可.【详解】.故选：B.【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算、数乘运算，考查学生的运算能力，是一道中档题.9、B【解析】直接进行集合的并集、交集的运算即可【详解】解：； 故选：B【点睛】本题主要考查集合描述法、列举法的定义，以及交集、并集的运算，是基础题.10、A【解析】用排除B，C；用排除；可得正确答案.【详解】解：当时，所以，故可排除B，C；当时，故可排除D故选：A【点睛】本题考查了函数图象，属基础题11、C【解析】根据“被5除余3且被7除余2的正整

12、数”，可得这些数构成等差数列，然后根据等差数列的前项和公式，可得结果.【详解】被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23，公差为的等差数列，记数列则 令，解得.故该数列各项之和为.故选：C.【点睛】本题考查等差数列的应用，属基础题。12、D【解析】由可判断选项A；当时，可判断选项B；利用整体换元法可判断选项C；可判断选项D.【详解】由题知，最小正周期，所以A正确；当时，所以B正确；当时，所以C正确；由的图象向左平移个单位，得，所以D错误.故选：D.【点睛】本题考查余弦型函数的性质，涉及到周期性、对称性、单调性以及图象变换后的解析式等知识，是一道中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共

13、20分。13、18【解析】根据函数单调性的性质,分一次函数和一元二次函数的对称性和单调区间的关系建立不等式,利用基本不等式求解即可.【详解】解:当时, ,在区间上单调递减,则,即,则.当时, ,函数开口向上,对称轴为,因为在区间上单调递减,则,因为,则,整理得,又因为,则.所以即,所以当且仅当时等号成立.综上所述,的最大值为18.故答案为:18【点睛】本题主要考查一次函数与二次函数的单调性和均值不等式.利用均值不等式求解要注意”一定,二正,三相等”.14、9【解析】用换中的n，得，作差可得，从而数列是等比数列，再由即可得到答案.【详解】由，得，两式相减，得，即；又，解得，所以数列为首项为-3、

14、公比为3的等比数列，所以.故答案为：9.【点睛】本题考查已知与的关系求数列通项的问题，要注意n的范围，考查学生运算求解能力，是一道中档题.15、【解析】设根据椭圆的几何性质可得,根据双曲线的几何性质可得，,即故答案为16、 【解析】利用两角和的正切公式结合可得出的方程，即可求出的值，然后利用二倍角的正、余弦公式结合弦化切思想求出和的值，进而利用两角差的余弦公式求出的值.【详解】，.故答案为：；.【点睛】本题主要考查三角函数值的计算，考查两角和的正切公式、两角差的余弦公式、二倍角的正弦公式、余弦公式以及弦化切思想的应用，难度不大三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、

15、（1）（2）【解析】（1）利用零点分段法，求得不等式的解集.（2）先求得，即，再根据“的代换”的方法，结合基本不等式，求得的最小值.【详解】（1）当时，即，无解；当时，即，得；当时，即，得.故所求不等式的解集为.（2）因为，所以，则，.当且仅当即时取等号.故的最小值为.【点睛】本小题主要考查零点分段法解绝对值不等式，考查利用基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.18、（1）可以用线性回归模型拟合与的关系；（2），预测2月10日全国累计报告确诊病例数约有4.5万人.【解析】（1）根据已知数据，利用公式求得，再根据的值越大说明它们的线性相关性越高来判断.（2）由（1）的相关数

16、据，求得，写出回归方程，然后将代入回归方程求解.【详解】（1）由已知数据得，所以，所以.因为与的相关近似为0.99，说明它们的线性相关性相当高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系.（2）由（1）得，所以，关于的回归方程为：，2月10日，即代入回归方程得：.所以预测2月10日全国累计报告确诊病例数约有4.5万人.【点睛】本题主要考查线性回归分析和回归方程的求解及应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19、（）（）见证明【解析】()由题意结合不等式的性质零点分段求解不等式的解集即可；()首先确定m的值，然后利用柯西不等式即可证得题中的不等式.【详解】（）当时，即，；当时，；当时，即，.综上所述

17、，原不等式的解集为.（），当且仅当时，等号成立.的最小值.，即，当且仅当即时，等号成立.又，时，等号成立.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，柯西不等式及其应用，绝对值三角不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20、 (1) 直线l的普通方程为xy40. 曲线C的直角坐标方程是圆：(x)2(y1)24. (2)4【解析】（1）将直线l参数方程中的消去，即可得直线l的普通方程，对曲线C的极坐标方程两边同时乘以，利用可得曲线C的直角坐标方程；（2）求出点到直线的距离，再求出的弦长，从而得出MON的面积【详解】解：(1)由题意有，得，xy4，直线l的普通方程为xy40.

18、因为4sin所以2sin2cos，两边同时乘以得，22sin2cos，因为，所以x2y22y2x，即(x)2(y1)24，曲线C的直角坐标方程是圆：(x)2(y1)24. (2)原点O到直线l的距离 直线l过圆C的圆心(，1)，|MN|2r4，所以MON的面积S |MN|d4.【点睛】本题考查了直线与圆的极坐标方程与普通方程、参数方程与普通方程的互化知识，解题的关键是正确使用这一转化公式，还考查了直线与圆的位置关系等知识.21、（1）； （2）.【解析】（1）整理得：，再由余弦定理可得，问题得解（2）由正弦定理得：，再代入即可得解【详解】（1）由题意，得，；（2）由正弦定理，得，,.【点睛】本

19、题主要考查了正、余弦定理及三角形面积公式，考查了转化思想及化简能力，属于基础题22、（1）的极坐标方程为，普通方程为；（2）【解析】（1）根据三角函数恒等变换可得， ，可得曲线的普通方程，再运用图像的平移得依题意得曲线的普通方程为，利用极坐标与平面直角坐标互化的公式可得方程；（2）法一：将代入曲线的极坐标方程得，运用韦达定理可得，根据，可求得的范围；法二:设直线的参数方程为(为参数，为直线的倾斜角)，代入曲线的普通方程得，运用韦达定理可得，根据，可求得的范围；【详解】（1）， ，即曲线的普通方程为，依题意得曲线的普通方程为，令，得曲线的极坐标方程为；（2）法一：将代入曲线的极坐标方程得，则，异号，；法二:设直线的参数方程为(为参数，为直线的倾斜角)，代入曲线的普通方程得，则，异号，.【点睛】本题考查参数方程与普通方程，极坐标方程与平面直角坐标方程之间的转化，求解几何量的取值范围，关键在于明确极坐标系中极径和极角的几何含义，直线的参数方程，参数的几何意义，属于中档题.