四川省天府名校2023屆高三模擬六理科數(shù)學(xué)試題（含答案解析）

2023年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試模擬試題六理科數(shù)學(xué)本試卷滿分150分，考試時間120分鐘注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名和準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.設(shè)全集，集合，，則集合（）A. B.C.x0≤x<2 D.【答案】C【解析】【分析】先求出A在U中的補集，進而求出答案.【詳解】，則x0≤x<2.故選：C2.設(shè)復(fù)數(shù)（，i是虛數(shù)單位），若是虛數(shù)，則（）A.且 B.或C.或 D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的定義即可求得.【詳解】因為是虛數(shù)，則，解得且.故選：A3.與函數(shù)是相同函數(shù)的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)，對原不等式等價變形即可.【詳解】由得，所以．故選：C．4.已知直線l與平面，命題p：l與相交，命題q：l在外，則p是q的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據(jù)直線與平面的位置關(guān)系推導(dǎo)即可得答案.【詳解】若l與相交，則l在外；若l在外，則l與相交或平行，所以p是q的充分不必要條件．故選：A．5.若雙曲線的一條漸近線經(jīng)過點，則此雙曲線的離心率為A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】因為雙曲線的一條漸近線經(jīng)過點（3，-4），故選D.考點：雙曲線的簡單性質(zhì)【名師點睛】漸近線是雙曲線獨特的性質(zhì)，在解決有關(guān)雙曲線問題時，需結(jié)合漸近線從數(shù)形結(jié)合上找突破口.與漸近線有關(guān)的結(jié)論或方法還有：（1）與雙曲線共漸近線的可設(shè)為；（2）若漸近線方程為，則可設(shè)為；（3）雙曲線的焦點到漸近線的距離等于虛半軸長；（4）的一條漸近線的斜率為.可以看出，雙曲線的漸近線和離心率的實質(zhì)都表示雙曲線張口的大?。硗饨鉀Q不等式恒成立問題關(guān)鍵是等價轉(zhuǎn)化，其實質(zhì)是確定極端或極限位置.6.設(shè)向量，，若對任意的正數(shù)，，向量始終具有固定的方向，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】向量始終具有固定的方向，則向量與共線，即可求解.【詳解】僅當(dāng)與共線時，向量始終具有固定的方向，結(jié)合題設(shè)，兩向量必同向共線，則，所以.故選：.7.標(biāo)準(zhǔn)的圍棋共行列，個格點，每個點上可能出現(xiàn)“黑”“白”“空”三種情況，因此有種不同的情況，而我國北宋學(xué)者括在他的著作《夢溪筆談》中，也討論過這個問題，他分析得出一局圍棋不同的變化大約有“連書萬字五十二”，即，下列數(shù)據(jù)最接近的是（）（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)指對恒等式（且），化簡求值.【詳解】，所以最接近的是.故選：B8.已知函數(shù)，且，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)為偶函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)和已知條件，可以得出，故可以確定結(jié)論．【詳解】令，，∵，∴為偶函數(shù)，又∵，∴時，，，單調(diào)遞減，當(dāng)時，，，單調(diào)遞增又∵，即，∴，∴.故選：D【點睛】本題結(jié)合導(dǎo)數(shù)考查三角函數(shù)單調(diào)性，屬于中檔題.9.數(shù)列滿足，且，則等于（）A.148 B.149 C.152 D.299【答案】B【解析】【分析】根據(jù)遞推公式求和偶數(shù)項之間的遞推關(guān)系，然后由累加法可得.【詳解】由題意得，因為，，所以，所以．故選：B．10.已知橢圓的焦點為，，過的直線與交于，兩點，若，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題意可表示出、、，在和中利用余弦定理，再根據(jù)，得到方程，解得.【詳解】解：，，在和中利用余弦定理可得即化簡可得同除得：解得或（舍去）故選：【點睛】本題考查橢圓離心率的計算，余弦定理得應(yīng)用，屬于中檔題.11.某圓錐母線長為，底面半徑為2，則過該圓錐頂點的平面截此圓錐所得截面的面積最大時，此截面將底面圓周所分成的兩段弧長之比（較短弧與較長弧之比）為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】方法一：先判斷軸截面頂角，結(jié)合三角形面積公式確定截面頂角，進而可得，然后可解；方法二：設(shè)，將三角形面積表示成關(guān)于的函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)求出，進而可得，然后可解；方法三：設(shè)，將三角形面積表示成關(guān)于的函數(shù)，結(jié)合三角函數(shù)性質(zhì)求解即可.【詳解】法一（幾何法）：該圓錐軸截面是等腰三角形，腰長為，底邊長4，因為，所以頂角為鈍角．如圖所示，設(shè)截面為，因為，顯然，當(dāng)時，截面三角形面積最大，此時，，因為，所以，所以截得的兩段弧長之比為．法二（代數(shù)法）：如圖所示，截面為，F(xiàn)為MN的中點，設(shè)，易知，，，故，所以當(dāng)時截面面積最大，此時，因為，所以，所以截得的兩段弧長之比為．法三（代數(shù)法）：如圖所示，截面為△SMN，F(xiàn)為MN的中點，設(shè)，，易知，，，所以，，當(dāng)，即時取得最大值，此時，所以截得的兩段弧長之比為．故選：B．12.已知動點P和定點A，B，有下列使得P的軌跡存在的條件：（a）P到A，B的距離之和為定值；（b）P到A，B的距離之差為定值；（c）P到A，B的距離之積為定值；（d）P到A，B的距離之比為定值；（e）若P到A，B的距離平方差為定值，且定值不等于．又有下列結(jié)論：①P的軌跡是橢圓；②P的軌跡是圓；③P的軌跡是中心對稱圖形或軸對稱圖形；④P的軌跡垂直于AB；⑤一定存在兩圓，使得P的軌跡是這兩圓的公切線．則下列條件和結(jié)論匹配全都正確的有（）A.①；③；③；②；⑤B.③；②；③；②；③C.③；③；③；③；⑤D.③；③；⑤；③；④【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圓錐曲線的定義對題目進行分析.【詳解】（a）P到A，B的距離之和為定值，則定值．若定值，則P的軌跡為線段AB，若定值，則P的軌跡為橢圓，故（a）與③匹配；（b）P到A，B的距離之差為定值．則P的軌跡為雙曲線，故（b）與③匹配；（c）P到A，B的距離之積為定值．設(shè)，，，則有，化簡得，故（c）與③匹配；（d）P到A，B的距離之比為定值．設(shè)，，，則有或，化簡得或，當(dāng)時，P的軌跡為，當(dāng)時，P的軌跡為圓，故（d）與③匹配；（e）若P到A，B的距離平方差為定值，且定值不等于．設(shè)，，，則有，化簡得，其中，故（e）與⑤匹配．故選：C．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.若曲線在點處的切線方程是，則______．【答案】1【解析】【分析】根據(jù)切點在切線上即可得解.【詳解】由題知，解得．故答案：114.節(jié)約能源是人類面臨的重大課題，為了更好地配置電力資源，某市電力部門調(diào)查了一年的居民用電量，發(fā)現(xiàn)每戶居民該年用電量X（單位：千瓦時）服從正態(tài)分布，且，在該市隨機抽取500戶居民，設(shè)這500戶居民中該年用電量超過1200千瓦時的戶數(shù)為，則______．【答案】100【解析】【分析】根據(jù)正態(tài)分布求出，然后由二項分布期望公式可得.【詳解】由正態(tài)分布的對稱性知，則，所以．故答案為：10015.在1815年英國倫敦出版的著名數(shù)學(xué)科普刊物《男士日記》中刊登了如下問題：如圖所示，設(shè)M為圓內(nèi)弦AB的中點，過點M作弦CD和EF，連接CF和DE分別交AB于點P，Q，則M為PQ的中點．這個問題的圖形，像一只在圓中翩翩起舞的蝴蝶，所以該問題被冠名為“蝴蝶定理”．若點D到AB的距離為，點F到AB的距離為，，△QMD的外接圓為，△PMF的外接圓為，隨機向圓內(nèi)丟一粒豆子，落入△QMD內(nèi)的概率為，隨機向圓內(nèi)丟一粒豆子，落入△PMF內(nèi)的概率為，利用蝴蝶定理的結(jié)論，可得，的大小關(guān)系是______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)同弧所對的圓周角相等，結(jié)合和正弦定理可得，由可解.【詳解】設(shè)外接圓的半徑為，外接圓的半徑為，點D到AB的距離為，點F到AB的距離為，由題意可知．根據(jù)正弦定理，有，，因為，，所以，又因為，，所以．故答案為：16.已知數(shù)列中，（為自然對數(shù)的底數(shù)），當(dāng)其前項和最小時，______．【答案】5或6【解析】【分析】根據(jù)已知分析數(shù)列an中，當(dāng)時，且，根據(jù)前項和的概念即可求解.【詳解】因為，所以當(dāng)時，且當(dāng)時，，所以數(shù)列an中，當(dāng)時，且，因為，所以最小時，或6.故答案為：或.三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答，第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題：共60分．17.下表是某工廠記錄的一個反應(yīng)器投料后，連續(xù)8天每天某種氣體的生成量（L）：日期代碼x12345678生成的氣體y（L）481631517197122為了分析該氣體生成量變化趨勢、工廠分別用兩種模型：①，②對變量x和y的關(guān)系進行擬合，得到相應(yīng)的回歸方程并進行殘差分析，殘差圖如下：注：殘差：經(jīng)計算得，，，，其中，（1）根據(jù)殘差圖、比較模型①，模型②的擬合效果，應(yīng)該選擇哪個模型？并簡要說明理由；（2）根據(jù)（1）問選定的模型求出相應(yīng)的回歸方程（系數(shù)均保留兩位小數(shù)）；（3）若在第8天要根據(jù)（2）問求出的回歸方程來對該氣體生成量做出預(yù)測，那么估計第9天該氣體生成量是多少？（精確到個位）附：回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：，．【答案】（1）選擇模型①，理由見解析；（2）；（3）157L．【解析】【分析】（1）根據(jù)殘差意義分析即可；（2）求出，結(jié)合已知數(shù)據(jù)代入公式計算即可；（3）將代入回歸方程即可得到預(yù)測值.【小問1詳解】選擇模型①，理由如下：根據(jù)殘差圖可以看出：模型①的殘差點分布在x軸附近，模型②的殘差點距離x軸較遠，所以，模型②的殘差明顯比模型①大，所以模型①的擬合效果相對較好；【小問2詳解】由（1）可知y關(guān)于x的回歸方程為，令，則，由所給的數(shù)據(jù)可得，，，則，所以y關(guān)于x的回歸方程為．【小問3詳解】將代入回歸方程，可得，所以預(yù)測該氣體第9天的生成量約為157L．18.的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，設(shè).（1）求角B；（2）若，且的面積等于，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理的邊角互化以及輔助角公式即可求解.（2）根據(jù)三角形的面積公式可得，再利用余弦定理可得，代入即可求解.【詳解】解：（1）因為，所以.∵，∴，∴，∴，∴，∴.（2）因為，∴，∴.又∵，∴.∴.19.如圖，在四棱柱中，平面ABCD，底面ABCD為梯形，，，，Q為AD的中點．（1）在上是否存在點P，使直線平面，若存在，請確定點P的位置并給出證明，若不存在，請說明理由；（2）若（1）中點P存在，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值．【答案】（1）存在，P是中點，證明見解析；（2）．【解析】【分析】（1）利用面面平行和線面平行確定點的位置，然后利用線面平行判定定理證明即可；（2）過點D作，以D為坐標(biāo)原點，分別以DA，DF，所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，求出兩個平面的法向量，根據(jù)面面夾角的向量公式求解可得.【小問1詳解】存在，證明如下：在四棱柱中，因為平面平面，所以可在平面內(nèi)作，由平面幾何知識可證，所以，可知P是中點，因為平面，所以平面．即存在線段的中點，滿足題設(shè)條件．滿足條件的點只有一個，證明如下：當(dāng)平面時，因為平面，所以過作平行于CQ的直線既在平面內(nèi)，也在平面內(nèi)，而在平面內(nèi)過只能作一條直線，故滿足條件的點P只有唯一一個．所以，有且只有的中點為滿足條件的點P，使直線平面．【小問2詳解】過點D作，垂足為F，又因為平面ABCD，所以DA，DF，兩兩互相垂直，以D為坐標(biāo)原點，分別以DA，DF，所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，，設(shè)平面的法向量為，則有即令，得，，所以．設(shè)平面的法向量為．則有即令，得，，所以．所以．故平面與平面所成銳二面角的余弦值為．20.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：（a＞b＞0）和拋物線D：y2＝4x，橢圓C的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且橢圓C上有一點P滿足|PF1|︰|F1F2|︰|PF2|＝3︰4︰5，拋物線D的焦點為F2.（1）求橢圓C的方程；（2）過F2作兩條互相垂直的直線l1和l2，其中直線l1交橢圓C于A，B兩點，直線l2交拋物線D于P，Q兩點，求四邊形APBQ面積的最小值.【答案】（1）；（2）8.【解析】【分析】（1）由題意得c＝1，由|PF1|︰|F1F2|︰|PF2|＝3︰4︰5，可得，從而可求出的值，進而可得到橢圓的方程；（2）由題意可知直線AB的斜率存在，當(dāng)直線AB的斜率為0時，可求得四邊形APBQ的面積S＝4×2＝8，當(dāng)直線AB的斜率k≠0時，設(shè)直線AB的方程為y＝k（x-1），A（x1，y1），B（x2，y2），直線方程與橢圓方程聯(lián)立方程組消去后，再利用根與系數(shù)的關(guān)系，然后利用弦長公式求出，直線PQ與拋物線方程聯(lián)立方程組，同樣可求得|PQ|，而由AB⊥PQ，可得四邊形APBQ的面積，若令3＋4k2＝t＞3，則，再利用導(dǎo)數(shù)可求得其最小值【詳解】（1）由題意可知，拋物線D：y2＝4x的焦點為（1，0），所以橢圓C的半焦距c＝1，又橢圓C有一點P滿足|PF1|︰|F1F2|︰|PF2|＝3︰4︰5，所以橢圓C的離心率，所以a＝2，，則求得橢圓C的方程是.（2）當(dāng)直線AB的斜率不存在時，直線PQ即為x軸，與拋物線只有一個交點，不滿足條件；當(dāng)直線AB的斜率為0時，A，B為橢圓長軸兩端點，直線PQ⊥x軸，|PQ|＝4，四邊形APBQ的面積S＝4×2＝8；當(dāng)直線AB的斜率k≠0時，設(shè)直線AB的方程為y＝k（x-1），A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立直線AB與橢圓C：，消去y可得：（3＋4k2）x2-8k2x＋4k2-12＝0，則，.則弦長，設(shè)P（x3，y3），Q（x4，y4），聯(lián)立直線PQ與拋物線D：，消去y可得：x2-（4k2＋2）x＋1＝0，則x3＋x4＝4k2＋2，由拋物線的定義，弦長|PQ|＝x3＋x4＋2＝4k2＋2＋2＝4（k2＋1），由于AB⊥PQ，則四邊形APBQ的面積，令3＋4k2＝t＞3，則，即，令，求導(dǎo)可得：，可知x＞3時，，則g（x）單調(diào)遞增，則g（x）＞g（3）＝8，綜上可知，當(dāng)直線AB斜率k＝0時，四邊形APBQ面積有最小值8.【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查橢圓方程的求法，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，直線與拋物線的位置關(guān)系，解題的關(guān)鍵是利用弦長公式求出的長，從而可表示出四邊形APBQ面積，再利用換元法轉(zhuǎn)化后，利用導(dǎo)數(shù)求其最小值，考查計算能力，屬于中檔題21.已知函數(shù)．（1）若直線l過點1,0，并且與曲線y=fx（2）設(shè)函數(shù)在上有且只有一個零點，求a的取值范圍．（其中，e為自然對數(shù)的底數(shù)）【答案】（1）；（2）或．【解析】【分析】（1）設(shè)切點為，求出切線方程，根據(jù)切線過點可得，然后構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證明存在唯一零點1，然后可得；（2）注意到，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)在上沒有零點．利用導(dǎo)數(shù)討論其單調(diào)性即可得解.【小問1詳解】由題可得，設(shè)切點坐標(biāo)為，則切線的斜率為，所以切線l的方程為，又切線l過點，所以有，即，設(shè)，則，當(dāng)時，，單調(diào)遞增，當(dāng)時，，單調(diào)遞減，所以，即只有唯一解，所以，．所以直線l的方程為．【小問2詳解】因為，注意到，所以所求問題等價于函數(shù)在上沒有零點．因為．所以由，得，即，由，得，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．①當(dāng)，即時，在上單調(diào)遞增，所以．此時函數(shù)上沒有零點，②當(dāng)，即時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又因為，，在上的最小值為，所以當(dāng)時，在上的最大值，即此時函數(shù)在上有零點．當(dāng)時，，此時函數(shù)在上沒有零點，③當(dāng)，即時，在上單調(diào)遞減，所以在上滿足，此時函數(shù)在上沒有零點．綜上，所求的a的取值范圍是或．【點睛】關(guān)鍵點睛：第二問關(guān)鍵在于注意到，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)在上沒有零點，然