2023学年四川省仁寿县文宫中学高三下学期第六次检测数学试卷（含解析）

2023学年高考数学模拟测试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．如图，平面与平面相交于，，，点，点，则下列叙述错误的是（）A．直线与异面B．过只有唯一平面与平行C．过点只能作唯一平面与垂直D．过一定能作一平面与垂直2．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为（）A． B． C． D．3．若复数满足，则的虚部为（）A．5 B． C． D．-54．若（），，则（）A．0或2 B．0 C．1或2 D．15．为得到函数的图像，只需将函数的图像（）A．向右平移个长度单位 B．向右平移个长度单位C．向左平移个长度单位 D．向左平移个长度单位6．甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（）A．丙被录用了 B．乙被录用了 C．甲被录用了 D．无法确定谁被录用了7．函数在上的图象大致为()A． B．C． D．8．已知是边长为1的等边三角形，点，分别是边，的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（）A． B． C． D．9．已知甲盒子中有个红球，个蓝球，乙盒子中有个红球，个蓝球，同时从甲乙两个盒子中取出个球进行交换，（a）交换后，从甲盒子中取1个球是红球的概率记为.（b）交换后，乙盒子中含有红球的个数记为.则（）A． B．C． D．10．已知函数，为的零点，为图象的对称轴，且在区间上单调，则的最大值是（）A． B． C． D．11．若、满足约束条件，则的最大值为（）A． B． C． D．12．若直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝1相交于P、Q两点，且∠POQ＝120°(其中O为坐标原点)，则k的值为()A． B． C．或－ D．和－二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”.中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，如果把这五个音阶全用上，排成一个五个音阶的音序，且要求宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧，可排成______种不同的音序.14．在三棱锥中，已知，且平面平面，则三棱锥外接球的表面积为______.15．已知函数，且，，使得，则实数m的取值范围是______.16．设函数满足,且当时,又函数,则函数在上的零点个数为___________.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。17．（12分）如图，在中，，的角平分线与交于点，.（Ⅰ）求；（Ⅱ）求的面积.18．（12分）在中，为边上一点，，.（1）求；（2）若，，求.19．（12分）记无穷数列的前项中最大值为，最小值为，令，则称是“极差数列”.（1）若，求的前项和；（2）证明：的“极差数列”仍是；（3）求证：若数列是等差数列，则数列也是等差数列.20．（12分）已知椭圆过点，设椭圆的上顶点为，右顶点和右焦点分别为，，且．（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线交椭圆于，两点，设直线与直线的斜率分别为，，若，试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．21．（12分）己知函数.（1）当时，求证：；（2）若函数，求证：函数存在极小值.22．（10分）已知椭圆的右焦点为，直线被称作为椭圆的一条准线，点在椭圆上(异于椭圆左、右顶点)，过点作直线与椭圆相切，且与直线相交于点.（1）求证：.（2）若点在轴的上方，当的面积最小时，求直线的斜率.附：多项式因式分解公式：

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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、D【答案解析】

根据异面直线的判定定理、定义和性质，结合线面垂直的关系，对选项中的命题判断.【题目详解】A.假设直线与共面，则A，D，B，C共面，则AB，CD共面，与，矛盾，故正确.B.根据异面直线的性质知，过只有唯一平面与平行，故正确.C.根据过一点有且只有一个平面与已知直线垂直知，故正确.D.根据异面直线的性质知，过不一定能作一平面与垂直，故错误.故选：D【答案点睛】本题主要考查异面直线的定义，性质以及线面关系，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.2、C【答案解析】

将圆锥的体积用两种方式表达，即，解出即可.【题目详解】设圆锥底面圆的半径为r，则，又，故，所以，.故选：C.【答案点睛】本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用，考查学生的运算求解能力、创新能力.3、C【答案解析】

把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【题目详解】由（1+i）z＝|3+4i|，得z，∴z的虚部为．故选C．【答案点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．4、A【答案解析】

利用复数的模的运算列方程，解方程求得的值.【题目详解】由于（），，所以，解得或.故选：A【答案点睛】本小题主要考查复数模的运算，属于基础题.5、D【答案解析】，所以要的函数的图象，只需将函数的图象向左平移个长度单位得到，故选D6、C【答案解析】

假设若甲被录用了，若乙被录用了，若丙被录用了，再逐一判断即可.【题目详解】解：若甲被录用了，则甲的说法错误，乙，丙的说法正确，满足题意，若乙被录用了，则甲、乙的说法错误，丙的说法正确，不符合题意，若丙被录用了，则乙、丙的说法错误，甲的说法正确，不符合题意，综上可得甲被录用了，故选：C.【答案点睛】本题考查了逻辑推理能力，属基础题.7、A【答案解析】

首先判断函数的奇偶性，再根据特殊值即可利用排除法解得；【题目详解】解：依题意，，故函数为偶函数，图象关于轴对称，排除C；而，排除B；，排除D.故选：.【答案点睛】本题考查函数图象的识别，函数的奇偶性的应用，属于基础题.8、D【答案解析】

设，，作为一个基底，表示向量，，，然后再用数量积公式求解.【题目详解】设，，所以，，，所以.故选：D【答案点睛】本题主要考查平面向量的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.9、A【答案解析】分析：首先需要去分析交换后甲盒中的红球的个数，对应的事件有哪些结果，从而得到对应的概率的大小，再者就是对随机变量的值要分清，对应的概率要算对，利用公式求得其期望.详解：根据题意有，如果交换一个球，有交换的都是红球、交换的都是蓝球、甲盒的红球换的乙盒的蓝球、甲盒的蓝球交换的乙盒的红球，红球的个数就会出现三种情况；如果交换的是两个球，有红球换红球、蓝球换蓝球、一蓝一红换一蓝一红、红换蓝、蓝换红、一蓝一红换两红、一蓝一红换亮蓝，对应的红球的个数就是五种情况，所以分析可以求得，故选A.点睛：该题考查的是有关随机事件的概率以及对应的期望的问题，在解题的过程中，需要对其对应的事件弄明白，对应的概率会算，以及变量的可取值会分析是多少，利用期望公式求得结果.10、B【答案解析】

由题意可得，且，故有①，再根据，求得②，由①②可得的最大值，检验的这个值满足条件．【题目详解】解：函数，，为的零点，为图象的对称轴，，且，、，，即为奇数①．在，单调，，②．由①②可得的最大值为1．当时，由为图象的对称轴，可得，，故有，，满足为的零点，同时也满足满足在上单调，故为的最大值，故选：B．【答案点睛】本题主要考查正弦函数的图象的特征，正弦函数的周期性以及它的图象的对称性，属于中档题．11、C【答案解析】

作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可.【题目详解】作出满足约束条件的可行域如图阴影部分（包括边界）所示．由，得，平移直线，当直线经过点时，该直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即.故选：C.【答案点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值，一般利用平移直线的方法找到最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.12、C【答案解析】

直线过定点，直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点，且∠POQ=120°（其中O为原点），可以发现∠QOx的大小，求得结果．【题目详解】如图，直线过定点（0，1），∵∠POQ=120°∴∠OPQ=30°，⇒∠1=120°，∠2=60°，∴由对称性可知k=±．故选C．【答案点睛】本题考查过定点的直线系问题，以及直线和圆的位置关系，是基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【答案解析】

按照“角”的位置分类,分“角”在两端,在中间,以及在第二个或第四个位置上,即可求出.【题目详解】①若“角”在两端,则宫、羽两音阶一定在角音阶同侧，此时有种；②若“角”在中间,则不可能出现宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧；③若“角”在第二个或第四个位置上,则有种；综上，共有种.故答案为：1．【答案点睛】本题主要考查利用排列知识解决实际问题,涉及分步计数乘法原理和分类计数加法原理的应用,意在考查学生分类讨论思想的应用和综合运用知识的能力,属于基础题.14、【答案解析】

取的中点，设等边三角形的中心为，连接.根据等边三角形的性质可求得，，由等腰直角三角形的性质，得，根据面面垂直的性质得平面，，由勾股定理求得，可得为三棱锥外接球的球心，根据球体的表面积公式可求得此外接球的表面积.【题目详解】在等边三角形中，取的中点，设等边三角形的中心为，连接.由，得，，由已知可得是以为斜边的等腰直角三角形，,又由已知可得平面平面，平面，，，所以，为三棱锥外接球的球心，外接球半径，三棱锥外接球的表面积为.故答案为：【答案点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积，关键在于根据三棱锥的面的关系、棱的关系和长度求得外接球的球心的位置，球的半径，属于中档题.15、【答案解析】

根据条件转化为函数在上的值域是函数在上的值域的子集；分别求值域即可得到结论.【题目详解】解：依题意，，即函数在上的值域是函数在上的值域的子集.因为在上的值域为（）或（），在上的值域为，故或，解得故答案为：.【答案点睛】本题考查了分段函数的值域求参数的取值范围，属于中档题.16、1【答案解析】

判断函数为偶函数，周期为2，判断为偶函数，计算，，画出函数图像，根据图像到答案.【题目详解】知，函数为偶函数，，函数关于对称。，故函数为周期为2的周期函数，且。为偶函数，，，当时，，，函数先增后减。当时，，，函数先增后减。在同一坐标系下作出两函数在上的图像，发现在内图像共有1个公共点，则函数在上的零点个数为1．故答案为：.【答案点睛】本题考查了函数零点问题，确定函数的奇偶性，对称性，周期性，画出函数图像是解题的关键.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、（Ⅰ）;（Ⅱ）.【答案解析】试题分析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得，由正弦定理得，可得解；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，进而得，在中，由正弦定理得，所以的面积即可得解.试题解析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得，所以，由正弦定理得，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知.在中，.在中，由正弦定理得，所以.所以的面积.18、（1）；（2）4【答案解析】

（1），利用两角差的正弦公式计算即可；（2）设，在中，用正弦定理将用x表示，在中用一次余弦定理即可解决.【题目详解】（1）∵，∴，所以，.（2）∵，∴设，，在中，由正弦定理得，，∴，∴，∵，∴∴.【答案点睛】本题考查两角差的正弦公式以及正余弦定理解三角形，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.19、（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【答案解析】

（1）由是递增数列，得，由此能求出的前项和.（2）推导出，，由此能证明的“极差数列”仍是.（3）证当数列是等差数列时，设其公差为，，是一个单调递增数列，从而，，由，，，分类讨论，能证明若数列是等差数列，则数列也是等差数列.【题目详解】（1）解：∵无穷数列的前项中最大值为，最小值为，，，是递增数列，∴，∴的前项和.（2）证明：∵，，∴，∴，∵，∴，∴的“极差数列”仍是（3）证明：当数列是等差数列时，设其公差为，，根据，的定义，得：，，且两个不等式中至少有一个取等号，当时，必有，∴，∴是一个单调递增数列，∴，，∴，∴，∴是等差数列，当时，则必有，∴，∴是一个单调递减数列，∴，，∴，∴.∴是等差数列，当时，，∵，中必有一个为0，根据上式，一个为0，为一个必为0，∴，，∴数列是常数数列，则数列是等差数列.综上，若数列是等差数列，则数列也是等差数列.【答案点睛】本小题主要考查新定义数列的理解和运用，考查等差数列的证明，考查数列的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.20、（1）（2）直线过定点，该定点的坐标为．【答案解析】

（1）因为椭圆过点，所以①，设为坐标原点，因为，所以，又，所以②，将①②联立解得（负值舍去），所以椭圆的标准方程为．（2）由（1）可知，设，．将代入，消去可得，则，，，所以，所以，此时，所以，此时直线的方程为，即，令，可得，所以