2023届四川省成都市第七中学高三下学期高考模拟考试文科数学试卷含答案.pdf

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1、第1页 2023成都七中高三数学高考模拟考试(文科)本试卷分选择题和非选择题两部分.第卷(选择题)1 至 2 页,第卷(非选择题)3 至 4 页,共 4 页,满分 150分,考试时间 120 分钟.注意事项：注意事项：1.答题前,务必将自己的姓名、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,再选涂其它答案标号.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.第第卷卷(选择题选择题,共共 60

2、分分)一、选择题一、选择题:本大题共本大题共 12 小题小题,每小题每小题 5 分分,共共 60 分分.在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的.1.已知集合=MN1,2,3,4,5,1,3,5,7,9,且M,N都是全集U的子集,则右图韦恩图中阴影部分表示的集合为（）A.2,4 B.1,3,5 C.7,9 D.1,2,3,4,5,7,9 2.要得到函数=yx2()121的图象,只需将指数函数=yx4()1的图象（）A.向左平移 1 个单位B.向右平移 1 个单位C.向左平移12个单位 D.向右平移12个单位3.设ABC不是直角三角形,则

3、“AB”是“tan AtanB”成立的（）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4.平面直角坐标系中,如右图所示区域(阴影部分包括边界)可用不等式组表示为（）A.x 20B.yx0102C.+yxyxy00220D.+yxxy002205.等比数列an 的前n项和为Sn,且a32,a23,a4依次成等差数列,则Sa33=（）A.139B.3或139C.3D.79或1396.若复数+iiia123(1)3(aR i,为虚数单位)是纯虚数,则实数a的值为（）A.2B.6C.4D.6M N U 第3页 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题小题,每小题每

4、小题 5 分分,共共 20 分分.把答案填在答题卡上把答案填在答题卡上.13.+=+e281log313 14ln31_.14.设f x()定义在R上且=f xf xxf xxx(1)(2),(2)()log(2),(2)2,则=f(13)_.15.用Sn表示等差数列an 的前n项和,若+=+aaammm3312,=+Sm12121,则m的值为_.16.已知A B,两点都在以PC为直径的球O的表面上,ABBC,=AB2,=BC4,若球O的体积为8 6,则异面直线PB与AC所成角的余弦值为 .三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题小题,共共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或

5、演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必题为必考题考题,每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答;第第 22,23 题为选考题题为选考题,考生根据要求作答考生根据要求作答.(一)必考题,共 60 分.17.(本小题满分 12 分)某超市计划销售某种食品,现邀请甲乙两个商家进场试销 10 天.两个商家向超市提供的日返利方案如下:甲商家每天固定返利 60 元,且每卖出一件食品商家再返利 3 元;乙商家无固定返利,卖出不超出 30 件(含 30件)的食品,每件食品商家返利 5 元,超出 30 件的部分每件返利 10 元.经统计,试销这 10 天两个商家每天的销量如下

6、茎叶图：(1)现从甲商家试销的销量不小于 30 件的 4 天中随机抽取 2 天,求这两天的销售量之和大于 60 件的概率；(2)根据试销 10 天的数据,将频率视作概率,用样本估计总体,回答以下问题：(i)记商家乙的日返利额为X(单位:元),求X的值域；(ii)证明存在k,使得=P XkP Xk()(),即X取值k的概率不小于X不取值k的概率.18.(本小题满分 12 分)如图,多面体ABCDE中,AE平面ABC,平面BCD平面ABC,ABC是边长为 2 的等边三角形,=BDCD5,=AE2.(1)证明:平面EBD平面BCD；(2)求多面体ABCDE的体积.第4页 19.(本小题满分12分)设

7、函数=+f xxxx()2sin2 3sincos2的图象关于直线=x对称,其中为常数且2(,1)1.(1)求函数f x()的解析式；(2)ABC中,已知A B C,的对边分别为a b c,若=f A()3,且=BC2,求角A B C,的大小并求+cabaabc222的值.20.(本小题满分 12 分)椭圆的中心在原点,一个焦点为(0,3),且过点B2(,3)1.(1)求的标准方程；(2)设A(1,0),斜率为k k(0)的直线l交椭圆于M N,两点,已知AMAN且=AMAN,求k的值.21.(本小题满分 12 分)已知函数=+f xxa xa xaxa32()(6)(86)8 ln41132

8、,其中aR.(1)若=a2,求f x()的单调区间；(2)已知=ff(2)(4),求f x()的最小值.(参考数据:3(34ln2)121)(二)选考题:共 10 分.请考生在第 22,23 题中任选择一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.作答时,用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的标号涂黑.选修选修 4-4:坐标系与参数方程坐标系与参数方程 22.平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(为参数),直线l的方程为=yx33,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线C的极坐标方程；(2)若直线l与曲线C交于P Q,两点,求OP OQ的值.选修选修 4-5:不等式选

9、讲不等式选讲 23.已知函数=+f xxmxm m()22(0).(1)当=m1时,求不等式f x()1的解集；(2)若对 xRtR,使得+f xtt()11,求实数m的取值范围.=+=+yx22sin32cos第1页 成都七中高三数学高考模拟考试(文科)参考答案 一、选择题一、选择题:CDDC BDDA BBAC 12.解.由条件有=eee2cos2costan242.由中点弦性质,=aekkkbeOMABOM2142222,于是=+eekeeOM442(4)4 332(1)2222取等条件是=e7.故选 C.二、填空题二、填空题:1;0；5;1010.三、解答题三、解答题 17.解.(1)

10、设这 4 天为a b c d,则从a b c d,中任取两天的取法共 6 种:a ba ca db cb dc d,其中两天销量之和恰为 60 件的只有 1 种,两天销量之和大于 60 件的有 5 种,故所求概率为65.4 分(2)(i)设乙商家的日销售量为a件,则当=a28时,=X28 5140;当=a29时,=X29 5145;当=a30时,=X30 5150;当=a31时,=+=X30 5 1 10160.所以X的所有可能取值的集合为=140,145,150,160.8 分(ii)由于=a28的有 1 天,故=P X10(140)1;=a29和=a30的各 2 天,故=P XP X105

11、(145)(150)21.=a31的有 5 天,故=P X102(160)51.于是存在=k160,使得=P XkP Xk()().12 分 18.解.(1)证明:取BC中点O,连结AO,DO.=BDCD5,DOBC,且=DOCDOC222.再由平面BCD与平面ABC垂直,DO平面BCD且DOBC知DO平面ABC.AE平面ABC,AE DO/.又=DOAE2,四边形AODE是平行四边形,故ED AO/.ABC是等边三角形,AOBC,第3页(2)显然AM AN,的斜率均存在,设AM:=yk xk(1)(0),与椭圆的方程联立可得+=kxk xk(4)2402222,5 分 由其一根为 1 可解出

12、另一根+=kxkM4422,由此可得M的坐标为+kkkk44(,)48222,7 分 且+=+=+kAMkxkM41181222.8 分 又AMAN,故同理可得N的坐标为+kkkk1 41 4(,)1 48222,且+=+kANk k148122.10 分 由=AMAN得+=+kkk44132,则+=kkk(1)(31)02，.11 分 解得=k1或=k235.12 分 21.解.(1)若=a2,则=+f xxxxx3()42016ln8132,定义域为+(0,).=+=xxfxxxxx()82016(2)(4)22,2 分 故当x(0,4)时,fx()0;当+x(4,)时 fx()0.故f

13、x()的单调递减区间为(0,4,单调递增区间为+4,).(写成开区间亦可写成开区间亦可)4 分(2)=+=+aa ff33(2)(68ln2),(4)(12 16ln2)1620.令=ff(2)(4),得+=+=aaa3(34ln2)33(68ln2)(12 16ln2)21620.6 分 由条件,3(34ln2)242,即a24.7 分 再由=+=xxfxxa xaaxxxa()(6)(86)8(2)(4)()2.9 分 知f x()在(0,2和a,4单调递减,在a2,和+4,)单调递增,故f x()恰有两个极小值点=x2和=x4,11 分 从而f x()的最小值为=+=aff3min(2)

14、,(4)(68ln2)820.12 分 第4页 22.解.(1)曲线C的普通方程为,即+=xyxy2 343022,2 分 又=xycos,sin,代入上式得曲线C的极坐标方程为 5 分(2)设,将代入,化简得,8 分 所以,故=OP OQ3 10 分 注注：解法很多解法很多,结论正确的都算对结论正确的都算对,可酌情给分可酌情给分.23.解.(1)当时,不等式化为+xx1221,由零点分段法得+xx311 或 或，3 分 解得,所以原不等式的解集为.5 分(2)条件等价于对每个xR,tR使得+=f xttg t()11().,易知有最大值,7 分 又+=g ttt()(1)(1)2,取等条件是t1,故g t()的最大值为,9 分 于是问题转化为,解得.10 分+=xy(3)(2)422+=2 3 cos4 sin302 P(,)1 Q(,)2=6+=2 3 cos4 sin302+=5302=312=m1 xx31 111 xx311 x3223 2,2=+xm xmf xxmmxmxmxm3,()3,3,f x()=fmm()22m22m01