四川省天府名校2023届高三模拟五理科数学试题（含答案解析）

2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题五理科数学本试卷满分150分，考试时间120分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和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，再选涂其他答案标号，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.设复数z满足，则（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】先由复数的除法运算化简复数，再求其模长.【详解】由，则所以故选：C2.某健身房为了解运动健身减肥的效果，调查了20名肥胖者健身前（如直方图（1）所示）后（如直方图（2）所示）的体重（单位：kg）变化情况：对比数据，关于这20名肥胖者，下面结论不正确的是（）A.他们健身后，体重在区间内的人数较健身前增加了2人B.他们健身后，体重原在区间内的人员一定无变化C.他们健身后，20人的平均体重大约减少了5kgD.他们健身后，原来体重在区间内的肥胖者体重都有减少【答案】B【解析】【分析】根据直方图计算健身前后体重分别在区间、、的人数以及平均数，进而可得出结论.【详解】解：体重在区间内的肥胖者由健身前的人增加到健身后的人，增加了人，故A正确；他们健身后，体重在区间内的百分比没有变，但人员组成可能改变，故B错误；他们健身后，人的平均体重大约减少了，故C正确；因为图（）中没有体重在区间内的人员，所以原来体重在区间内的肥胖者体重都有减少，故D正确.故选：B.3.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出集合A,B,然后取交集即可.【详解】,则,故选：A4.函数的部分图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性，再对和时函数值的情况讨论，利用排除法即可判断；【详解】解：因为定义域为，又，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B；当时，，，所以，所以，故排除D；当时，因为，所以，即，故排除C；故选：A5.已知某几何体的三视图如图所示，其中侧视图是一个边长为2的正三角形，则该几何体中最长棱的长度为（）A.2 B.3 C.3 D.2【答案】D【解析】【分析】由三视图得到几何体的直观图，再一一计算可得；【详解】解：由三视图可得几何体的直观图如下四棱锥，则，，，，所以该几何体中最长棱的长度为；故选：D6.已知等差数列的前项和为，且，则（）A.36 B.48 C.52 D.66【答案】D【解析】【分析】根据等差数列性质及求和公式进行计算即可.【详解】由，得，得.故选：D7.如图，在棱长为2的正方体中，M是的中点，点P是正方形（含内部）上的动点，且截面，则线段MP形成的区域面积是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】取CD的中点N,CC1的中点R,B1C1的中点H.连接MN,MH,NR,RH.先证明出平面MNRH∥平面.判断出线段MP扫过的图形是△MNR.求出△MNR的面积即可.【详解】取CD的中点N,CC1的中点R,B1C1的中点H.连接MN,MH,NR,RH.在棱长为2的正方体中，,所以四边形CNMB1为平行四边形，所以.又H、R为中点，所以,所以,即M、N、R、H四点共面.因为，面，面，所以面.同理可证：面.又面,面,,所以平面MNRH∥平面.所以平面MNRH.又点P是正方形（含内部）上的动点，线段MP扫过的图形是△MNR.由AB=2,则,,,所以，且∠MRN是直角,所以线段MP形成的区域面积即为△MNR的面积，为.故选:A8.已知为内一点，且，若三点共线，则的值为（）A. B.12 C. D.【答案】C【解析】【分析】把用表示，然后根据三点共线定理求解．【详解】取中点，连接，则，又，∴，∴，又三点共线，∴，．故选：C．9.已知正数满足，则取得最小值时的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知等式可得，由可配凑出符合基本不等式的形式，根据基本不等式取等条件可得结果.【详解】由得：，；，，，，（当且仅当，即，时取等号），取得最小值时，.故选：A.10.已知函数，若函数f(x)在上单调递减，则实数ω的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用二倍角和辅助角公式化简解析式，然后利用正弦函数的单调性解决即可.【详解】函数，由函数f(x)在上单调递减，且，得，，解，.又因为ω>0，，所以k＝0，所以实数ω的取值范围是.故选：B11.设同时为椭圆与双曲线的左右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为为坐标原点，现有下述四个结论：①，则②，则③，则的取值范围是④，则的取值范围是其中所有正确结论的编号是（）A.①③ B.①④ C.②③ D.②④【答案】D【解析】【分析】设，结合椭圆双曲线定义可得，当，可得，进而求出；当时，可得，进而，即可求出范围.【详解】如图，设，焦距为，由椭圆定义可得，由双曲线定义可得，解得.当时，则，所以，即，由离心率的公式可得，故②正确.当时，可得，即，可得，由，可得，可得，即，则，可设，则，由在上单调递增，可得，则，故④正确.故选：【点睛】关键点睛：本题考查椭圆双曲线离心率的求解，解题的关键是根据已知条件结合定义正确得出关系式.12.设．则a，b，c大小关系是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据自然常数的定义和指数幂的运算性质可知、，构造函数，利用导数研究函数的单调性可得，进而可得，即可得出结果.【详解】由，故；，故；假设，有，令，则，所以在上单调递增，而，则，所以成立，；故．故选：A．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知平面向量，满足，，，则与的夹角为______．【答案】##【解析】【分析】根据的坐标求得其模长，再对两边平方求得，利用数量积即可求得向量夹角.【详解】因为，所以，因为，所以．所以，设夹角为，则由平面向量数量积的定义可得，因为，所以.故答案为：.14.已知分别为椭圆的左、右焦点，直线与椭圆交于P，Q两点，则的周长为______．【答案】【解析】【分析】首先得到椭圆的焦点坐标，即可判断直线过左焦点，再根据椭圆的定义计算可得；【详解】解：椭圆，所以，即、，直线过左焦点，所以，，，所以；故答案：15.有3位医生、2位护士和1位工作人员一起合影，现将这6人随机排成一排，则3位医生中有且只有2位相邻的概率为______.【答案】##【解析】【分析】利用捆绑法求出所求事件的排法，然后利用古典概型概率公式求解即可.【详解】由题意，先将2位护士和1位工作人员排成一排，有种排法，然后将3位医生分成两组，一组2人一组1人，有种分组方法，然后插人到2位护士和1位工作人员所排成4个空中的2个空，有种插空方法，最后交换相邻2位医生的位置有种方法，所以3位医生中有且只有2位相邻共有种排法，又6人随机排成一排有种排法，所以所求概率为.故答案为：16.九连环是中国的一种古老智力游戏，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷.中国的末代皇帝溥仪（1906-1967）也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环（如图）.现假设有个圆环，用表示按照某种规则解下个圆环所需的最少移动次数，如果数列an满足，则______.【答案】【解析】分析】利用累加法求解即可.【详解】.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.甲，乙，丙三名同学相约一起打乒乓球，已知丙与甲，乙比赛，丙每局获胜的概率分别为，，每局比赛的结果互不影响，若乙，丙采用“三局两胜制”进行比赛，丙获胜的概率为.（1）求的值；（2）在甲，乙两名同学中用抽签法随机选择一名同学与丙进行一局比赛，求丙获胜的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分情况，丙获胜有两种可能：丙前两局连胜，或者前两局乙，丙各胜一局且第三局丙胜，再根据独立事件的概率公式及互斥事件的概率公式计算可得；（2）根据全概率公式计算可得.【小问1详解】由题知，乙，丙进行比赛，丙每局获胜的概率为，若乙，丙采用“三局两胜制”进行比赛，丙获胜有两种可能：丙前两局连胜，概率为；或者前两局乙，丙各胜一局且第三局丙胜，概率为，所以丙获胜的概率为，计算得.【小问2详解】设事件为：甲与丙进行比赛，事件为：乙与丙进行比赛，事件为：丙比赛获胜，则，，，，所以.18.在①；②；③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答问题.问题：的内角所对的边分别为，已知______.（1）求；（2）若的周长为6，求面积的最大值.注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）若选条件①，则利用正弦定理和三角变换公式求出，也可利用余弦定理得到边的关系，从而求出，若选条件②，则可根据正弦定理将条件转化为关于边的关系，再结合余弦定理求出角，若选条件③，则可根据正弦定理和三角变换公式求出.（2）根据周长及余弦定理可得，利用基本不等式可求的最大值，故求面积的最大值.【小问1详解】若选条件①：方法一：由已知，得，所以，而，则，又，所以.方法二：由余弦定理，得，即，则，所以，又，所以.若选条件②：由，得，根据正弦定理，得，即，则，即，又，所以.若选条件③：由，根据正弦定理，得即，又，则，即，又，所以.【小问2详解】由题，，根据余弦定理，得，则，所以，当且仅当时取等号.所以面积，故面积的最大值为.19.如图1，已知等边的边长为3，点M，N分别是边，上的点，且满足，，如图2，将沿折起到的位置.（1）求证：平面平面；（2）若，求平面和平面的夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据所给的条件，运用勾股定理证明即可；（2）建立直角坐标系，用坐标表示数量积，用数量积求夹角即可.【小问1详解】在△AMN中，由余弦定理得，所以，即，所以，，又因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；【小问2详解】由条件：，由（1），平面BCNM，平面BCNM，以M为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，即，，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，有，设平面的一个法向量为，则由，可化简得，令，有，设平面和平面夹角为，则，所以.综上，平面和平面夹角的正弦值为.20.已知一个半径为的圆的圆心在抛物线上，该圆经过坐标原点且与C的准线l相切.过抛物线C的焦点F的直线AB交C于A，B两点，过弦AB的中点M作平行于x轴的直线，与直线OA，OB，l分别相交于P，Q，N三点.（1）求抛物线C的方程；（2）当时，求直线AB的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）设圆的圆心坐标为，由题意可得，，从而可求出，进而可得抛物线方程，（2）设直线AB的方程为，代入抛物线方程化简利用根与系数的关系，表示出AB的中点M的坐标，的长度，直线OA和OB的方程，表示出，由列方程求出，从而可求出直线AB的方程.【小问1详解】设圆的圆心坐标为，可得.易知抛物线的焦点为，准线方程为，由题意得，解得（负值舍去），则抛物线C的方程为.【小问2详解】由（1）知，设直线AB的方程为，与抛物线的方程联立，可得，，，则，，，则AB的中点M的坐标为，易知，故，直线OA的方程为，即，直线OB的方程为，即，令，可得，，则，即，解得，所以直线AB的方程为，即或.21已知函数.（1）若与在处相切，试求的表达式；（2）若在上单调递减，求实数的取值范围；（3）证明不等式：.【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）依据题设导数计算公式及导数的几何意义建立方程求解；（2）依据题设条件构造函数运用导数建立不等式，分离参数借助基本不等式求得参数的取值范围；（3）借助（2）的结论建立递推式，然后运用叠加的方法进行分析推证.【小问1详解】由已知得，所以.又因为，所以，所以【小问2详解】因为在上单调递减，所以在上恒成立（等号不恒成立），即在上恒成立，则.因为，所以，所以.【小问3详解】由（1）知与在处相切，当时，图象在图象上方，得，所以，得，所以.当时，，当时，，当时，，…当时，.上述不等式相加，得，即①.由（2）可得：当时，在上是减函数，所以当时，，即，所以，从而得到.当时，，当时，，当时，，…当时，.上述不等式相加得：，即.②由①②，.经检验当时，，所以原不等式对任意都成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已