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四川省绵阳市涪城区南山中学2023届高三理科数学仿真试题(Word版附解析)

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绵阳南山中学2023年高考仿真考试数学试题(理科)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,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解出集合B中的不等式,得到集合B,由交集的定义求.【详解】由,不等式解得,则,又,所以.故选:A2.已知(i为虚数单位),则复数在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】由已知等式求出复数,得到复数,由复数的几何意义得在复平面内对应的点所在象限.【详解】由,得,则,在复平面内对应的点位于第二象限.故选:B3.若向量,,且,则() A.B.4C.D.【答案】D【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示求,再由向量的模的坐标表示即得.【详解】由,可得,所以,,.故选:D.4.不等式“”是“”成立()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】解对数不等式和指数不等式,求出解集,进而判断出答案.【详解】,解得,,解得,因为,但,故“”是“”成立的充分不必要条件.故选:A5.某电影制片厂从2013年至2022年生产的纪录影片、科教影片的时长(单位;分钟)如图所示,则()A.该电影制片厂2013年至2022年生产的纪录影片时长的中位数为270分钟B.该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的平均数小于660分钟 C.该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的标准差大于纪录影片时长的标准差D.该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的极差是纪录影片时长的极差的4倍【答案】C【解析】【分析】根据对图中数据的分析,结合中位数、平均数、标准差的意义和极差的定义与计算方法,依次求解即可.【详解】A:该厂2013年至2022年生产的纪录影片时长从小到大排列为:150,180,200,240,260,290,320,350,380,430,所以这组数据的中位数为,故A错误;B:该厂2013年至2022年科教影片时长的平均数为:,故B错误;C:由图可知,科教影片时长的数据波动程度比纪录影片时长的大,所以科教影片时长的标准差大于记录影片时长的标准差,故C正确;D:科教影片时长的极差为,记录影片时长的极差为,有,故D错误.故选:C.6.在中,,,,则的面积为A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据条件可利用余弦定理将边求出,再将求出,利用三角形面积公式求出答案.【详解】在中,由余弦定理得,,整理得解得(舍) 由,可得故选A项.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形,三角形面积公式,属于简单题.7.一个几何体的三视图如图所示,其中正视图和俯视图是直角边长分别为2和4的两个全等的直角三角形,则这个几何体的外接球的表面积为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】讲立方体放在长方体中进行还原,根据体对角线得出外接球半径,最后算出外接球表面积.【详解】在长为4、宽为2、高为2的正方体还原上述几何体如下图所示:该几何体为一个三角锥形,外接球半径为,该外接球表面积为:.故选:D8.记函数的最小正周期为T,若,为的零点,则的最小值为()A.2B.3C.4D.5 【答案】B【解析】【分析】由题意,结合余弦函数的周期和零点,建立相关的方程求解即可.【详解】函数的最小正周期为,若,由,得,所以,因为为的零点,所以,故所以,因为,则的最小值为3.故选:B.9.已知是椭圆的两个焦点,点在上,则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据椭圆定义得到,将整理为,然后根据范围求得范围即可.【详解】设,,则,,又,所以当时,,当时,.故选:C.10.已知定义在R上的函数在上单调递增,且是偶函数,则满足的x的取值范围为()A.B. C.D.【答案】C【解析】【分析】由平移法则确定函数关于直线对称,且在上单调递增,结合函数对称性和单调性求解不等式即可.【详解】因为函数是偶函数,所以函数的图象关于直线对称,又在上单调递增,由,得,即,平方并化简,得,解得,即x的取值范围为.故选:C11.掷铁饼是一项体育竞技活动.如图,这是一位掷铁饼运动员在准备掷出铁饼的瞬间,张开的双臂及肩部近似看成一张拉满弦的“弓”.经测量,此时两手掌心之间的弧长是,“弓”所在圆的半径为米,则这位掷铁饼运动员两手掌心之间的距离约为(参考数据:,)()A.米B.米C.米D.米【答案】A【解析】【分析】由扇形弧长公式可求得圆心角,根据可求得结果.【详解】根据题意作图如下, 由题意知:的长为,为的中点,,,即所求距离约为米.故选:A.12.已知函数,若有两个极值点、且,则实数a的取值范围为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】有两个极值点,则方程有两个实根,设,利用导数研究单调性,作出函数图像,可知,,随a的减小而增大,当时解得,可求实数a的取值范围.【详解】,有两个极值点,则有两个零点,即方程有两个实根,也即方程有两个实根,令,则,所以解得,解得,从而在上单调递增,在上单调递减, 时;时,,据此可作出函数的图像如下:首先当且仅当时,直线与函数的图象有两个交点,其次,由图可知,且当时,随a的减小而增大,不妨考虑的情形,此时,因为,所以,将代入得:,两式相除得,故,即.所以当且仅当时,有两个极值点、且.故选:A二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.(x﹣)4的展开式中的常数项为_____.【答案】6;【解析】【分析】先得出二项式的展开式中的通项,令,可得答案.【详解】因为(x﹣)4的展开式中的通项为:,令,得,所以(x﹣)4的展开式中的常数项为,故答案为:6.【点睛】本题考查二项式的展开式的通项公式,求二项式展开式中的特定项,属于基础题. 14.双曲线的离心率为2,则右焦点到其渐近线的距离为______.【答案】【解析】【分析】由双曲线离心率结合方程求出,得到右焦点的坐标和双曲线渐近线方程,利用公式求点到直线的距离.【详解】双曲线的离心率为2,由得,则,右焦点,渐近线方程为,到渐近线的距离为.故答案为:15.已知 的图象在处的切线与与函数的图象也相切,则该切线的斜率__________.【答案】【解析】【分析】分别求两条曲线的切线方程,比较系数得a的值.【详解】函数的图象在处的切线的切点为,因为,所以切线斜率为,切线方程为,即,设的图象的切线的切点为,因为,所以切线斜率为,切线方程为,即,由题,解得,,斜率为.故答案为:.16.如图,在正方体中,E是棱的中点,记平面与平面ABCD的交线,平面与平面的交线,若直线AB与所成角为,直线AB与所成角为,则的值是______. 【答案】【解析】【分析】作出辅助线,得到为直线,故,利用边长关系求出,再得到,,由三角形全等得到,从而计算出的值.【详解】延长与直线CD相交于F,连接AF,则平面与平面ABCD的交线为AF,即为直线,故即为,又∵,∴,∵E是棱的中点,且,∴,∴,又为锐角,且,,则,又∵平面平面,平面,所以平面,又平面,平面平面, 所以,又∵,故直线AB与所成角为,又,故,所以,故答案为: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.(一)必考题:共60分.17.“体育强则国家强,国运兴则体育兴”,多参加体育运动能有效增强中学生的身体素质.篮球和排球是我校学生最为喜爱的两项运动,为调查喜爱运动项目与性别之间的关系,某调研组在校内随机采访男生、女生各50人,每人必须从篮球和排球中选择最喜爱的一项,其中喜爱排球的归为甲组,喜爱篮球的归为乙组,调查发现甲组成员48人,其中男生18人.(1)根据以上数据,填空下述列联表:甲组乙组合计男生女生合计(2)根据以上数据,能否有95%的把握认为学生喜欢排球还是篮球与“性别”有关?(3)现从调查的女生中按分层抽样的方法选出5人组成一个小组,抽取的5人中再随机抽取3人发放礼品,求这3人中在甲组中的人数的概率分布列及其数学期望.参考公式:,其中为样本容量.参考数据:0.500.050.01 0.4553.8416.635【答案】(1)列联表见解析(2)有95%的把握(3)分布列见解析,【解析】【分析】(1)根据已知条件填列联表;(2)计算,与表格数据比较,判断即可;(3)先应用分层抽样确定男女生人数,再应用古典概型计算概率,列出分布列,再求出数学期望.【小问1详解】列联表甲组乙组合计男生183250女生302050合计4852100【小问2详解】零假设为:学生选排球还是篮球与性别无关由列联表可得;有95%的把握认为学生喜欢排球还是篮球与“性别”有关.【小问3详解】按分层抽样,甲组中女生3人,乙组中女生2人,,∴概率分布列为123 数学期望.18.设数列的前n项和为,.(1)求证数列为等比数列,并求数列的通项公式.(2)若数列的前m项和,求m的值,【答案】(1)证明见解析,(2)7【解析】【分析】(1)利用数列中与的关系,得,可证明数列为等比数列,可求数列的通项公式.(2)利用裂项相消求数列的前m项和,由求m的值.【小问1详解】因为,所以当时,,解得.当时,,则,整理得,故,,所以数列是首项为2,公比为2的等比数列,所以.所以【小问2详解】,数列的前m项和,则,则,则,解得,故m的值为7.19.如图,在多面体ABCDEF中,四边形与均为直角梯形,平面 ,.(1)已知点G为AF上一点,且,求证:BG与平面DCE不平行;(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为,求AF的长及四棱锥D-ABEF的体积.【答案】(1)证明见解析(2)AF的长为4;.【解析】【分析】(1)证明出两两垂直,建立空间直角坐标系,写出点的坐标,求出平面DCE的法向量,计算出,证明出BG与平面DCE不平行;(2)由BF与平面DCE所成角的正弦值计算出AF的长,从而求出梯形ABEF的面积,计算出四棱锥的体积.【小问1详解】证明:因为平面ABEF,AB,平面ABEF,所以,,又,以为坐标原点,分别为轴,建立空间直角坐标系,则、、、、, 所以,,,设平面DCE的法向量为,则,令,则,所以,因为,且不存在使得与垂直,所以BG与平面DCE不平行;【小问2详解】设(且),则,所以,∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为,∴,化简得,解得或(舍去);故.此时梯形ABEF的面积,故.20.如图,在平面直角坐标系中,已知抛物线:的焦点为,过点的直线交于,两点(其中点位于第一象限),设点是抛物线上的一点,且满足,连接,. (1)求抛物线的标准方程及其准线方程;(2)记,的面积分别为,,求的最小值及此时点的坐标.【答案】(1),(2),【解析】【分析】(1)根据抛物线焦点坐标直接可得抛物线方程;(2)设直线,联立方程组可得,再根据点坐标确定点及点到直线的距离,可求,,结合基本不等式,可得的最小值与点的坐标.【小问1详解】由抛物线焦点,可得,所以抛物线方程为,准线方程为,【小问2详解】设直线,点,,联立,得,即,所以,且,又, ,的方程为,即点,点到直线的距离,又,,,所以,,又,所以,当且仅当,即时,等号成立,此时点为,即的最小值为,此时点的坐标为.【点睛】(1)直线与抛物线位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似,一般要用到根与系数的关系;(2)有关直线与抛物线的弦长问题,要注意直线是否过抛物线的焦点,若过抛物线的焦点,可直接使用公式|AB|=x1+x2+p,若不过焦点,则必须用一般弦长公式.21.已知函数,且.(1)求实数a的取值范围;(2)已知,证明:.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)由恒成立,利用导数求最小值,利用不等式求实数a的取值范围; (2)由恒成立,通过换元可得,构造函数证明,可证问题中的不等式.小问1详解】函数定义域为R,,由解得,故在区间上单调递增,由解得,故在区间上单调递减,故的最小值是,解得,所以实数a的取值范围为.【小问2详解】在(1)中,令时,,令,得,即,令,则,所以,,令,则.且不恒为零.所以,函数在上单调递增,故,则.所以,,所以,.【点睛】方法点睛:1.导函数中常用的两种常用的转化方法:一是利用导数研究含参函数的单调性,常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用;二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.2.利用导数解决含参函数的单调性问题时,一般将其转化为不等式恒成立问题,解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 3.证明不等式,构造一个适当的函数,利用它的单调性进行解题,是一种常用技巧.许多问题,如果运用这种思想去解决,往往能获得简洁明快的思路,有着非凡的功效.(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.如果多做,则按所做的第一题记分.[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)22.在直角坐标系xOy中,直线的直角坐标方程为,曲线的直角坐标方程为,以坐标原点为极点,轴非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求直线和曲线的极坐标方程;(2)设直线交曲线于两点A,B,求的大小.【答案】(1),(2)【解析】分析】(1)代入,即可求解;(2)联立直线和曲线的极坐标方程,根据极角的定义利用和差的正切公式即可求解.【小问1详解】依题意,把,代入,得直线极坐标方程为;把,代入,得,即曲线的极坐标方程为.【小问2详解】联立和,得,即,,, ,所以或,即A,B两点对应的极角的正切值分别是和3,于是,所以.[选修4-5:不等式选讲](10分)23.已知均为正实数,且.(1)求的最小值;(2)证明:.【答案】(1)6(2)证明见解析【解析】【分析】(1)利用三元基本不等式求解即可.(2)利用基本不等式证明即可得到答案.【小问1详解】由基本不等式可知,当且仅当,即时等号成立,所以的最小值为6.【小问2详解】因为,所以..同理可得,所以, 当且仅当时等号成立.所以,即

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发布时间:2023-10-08 19:44:02 页数:21
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文章作者:随遇而安

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