四川省天府名校2023屆高三模擬六理科數學試題

2023年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試模擬試題六理科數學本試卷滿分150分，考試時間120分鐘注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名和準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題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．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．設全集，集合，，則集合（）A． B． C． D．2．設復數（，i是虛數單位），若是虛數，則（）A．且 B．或C．或 D．3．與函數是相同函數的是（）A． B． C． D．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5．若雙曲線的一條漸近線經過點，則此雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．6．設向量，，若對任意的正數m，n，向量始終具有固定的方向，則（）A． B． C． D．7．標準的圍棋棋盤共19行19列，361個格點，每個格點上可能出現“黑”“白”“空”三種情況，因此有種不同的情況；而我國北宋學者沈括在他的著作《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”種，即種，下面的數據最接近的是（）A． B． C． D．8．，且，則下列結論正確的是（）A． B． C． D．9．數列滿足，且，則等于（）A．148 B．149 C．152 D．29910．已知橢圓C的焦點為，，過的直線與C交于A．B兩點，若，則C的離心率為（）A． B． C． D．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．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．則下列條件和結論匹配全都正確的有（）A．；；；；B．；；；；C．；；；；D．；；；；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______．14．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，某市電力部門調查了一年的居民用電量，發(fā)現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，設這500戶居民中該年用電量超過1200千瓦時的戶數為E，則______．15．在1815年英國倫敦出版的著名數學科普刊物《男士日記》中刊登了如下問題：如圖所示，設M為圓內弦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，隨機向圓內丟一粒豆子，落入△QMD內的概率為，隨機向圓內丟一粒豆子，落入△PMF內的概率為，利用蝴蝶定理的結論，可得，的大小關系是______．16．已知數列中，（c為自然對數的底數），當其前n項和最小時，______．三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、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，考生根據要求作答．（一）必考題：共60分．17．（12分）下表是某工廠記錄的一個反應器投料后，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的關系進行擬合，得到相應的回歸方程并進行殘差分析，殘差圖如下：注：殘差：經計算得，，，，其中，（1）根據殘差圖、比較模型①，模型②的擬合效果，應該選擇哪個模型？并簡要說明理由；（2）根據（1）問選定的模型求出相應的回歸方程（系數均保留兩位小數）；（3）若在第8天要根據（2）問求出的回歸方程來對該氣體生成量做出預測，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：，．18．（12分）△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）求B；（2）若，且△ABC的面積等于，求的值．19．（12分）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．20．（12分）已知橢圓的左、右焦點分別為，，拋物線的焦點為，若C上有一點P滿足．（1）求C的方程；（2）過作兩條互相垂直的直線和，其中直線交C于A，B兩點，直線交D于P，Q兩點，求四邊形APBQ面積的最小值．21．（12分）已知函數．（1）若直線l過點，并且與曲線相切，求直線的方程；（2）設函數在上有且只有一個零點，求a的取值范圍．（其中，e為自然對數的底數）（二）選考題：共10分．請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．22．[選修4-4：坐標系與參數方程]（10分）在平面直角坐標系中，直線l的參數方程為（t是參數），以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為．（1）寫出直線l和曲線C的普通方程；（2）設點A為曲線C上的動點，直線過點A且與直線1的夾角為45°，若直線與直線l交于點B，求線段AB長度的取值范圍．23．選修4-5：不等式選講（10分）已知函數．（1）若，求不等式的解集；（2）對于任意的實數m，n，且，若成立，求實數a的取值范圍．2023年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試模擬試題六1．D．分析：，則．故選D．2．A．分析：由，解得或，故選A．注意：虛數只要求虛部不為0，純虛數才會進一步要求實部為0，不要錯選．3．C．分析：，亦可代特值驗證．故選C．4．A．分析：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．D．分析：雙曲線的漸近線方程為，由題意得，故，可設，則，，離心率．故選D．6．A．分析：僅當與共線時，向量始終具有固定的方向，則，所以．故選A．7．B．分析：據題意，對取對數，得，即，比較各選項，B中與其最接近，故選B．8．C．分析：構造形式，則，時導函數，單調遞增；時導函數，單調遞減．又因為為偶函數，根據單調性和對稱性可知C正確，故選C．9．B．分析：由題意得，因為，，所以，．故選B．10．D．分析：如圖，連接，由題設，可知，，，則，，由余弦定理，在中，可得，在中，可得，因為，所以，即，得，所以，解得，或（舍去），故選D．11．B．分析：法一（幾何法）：該圓錐軸截面是等腰三角形，腰長為，底邊長4，所以頂角為鈍角．如圖所示，設截面為△SMN，顯然，當時，截面三角形面積最大，此時，，此時，所以截得的兩段弧長之比為．故選B．法二（代數法）：如圖所示，截面為△SMN，F為MN的中點，設，所以，，，故，所以當時截面面積最大，此時，所以截得的兩段弧長之比為．故選B．法三（代數法）：如圖所示，截面為△SMN，F為MN的中點，設，，所以，，，所以，，當，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．C．改為分析：對條件和結論逐一考慮：（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，，，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，，，則有或，化簡得或，當時，P的軌跡為，當時，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，，，則有，化簡得，其中，故（e）與⑤匹配．故選C．13．1．分析：由得．14．100．分析：由正態(tài)分布的對稱性知，則，所以．15．．分析：設△QMD外接圓的半徑為，△PMF外接圓的半徑為，點D到AB的距離為，點F到AB的距離為，由圖可知．根據正弦定理，有，，因為，，所以，又因為，，所以．16．5或6．分析：構造函數，則，考慮的正負情況，易得在上先減后增，且，所以，，，，均小于0，時，，所以最小時，或6．17．解：（1）選擇模型①，理由如下：根據殘差圖可以看出：模型②的殘差明顯比模型①大，（回答：模型②的估計值和真實值的差距比模型①大也可），所以模型①的擬合效果相對較好；（2）由（1）可知y關于x的回歸方程為，令，則，由所給的數據可得，，，則，所以y關于x的回歸方程為．（3）將代入回歸方程，可得，所以預測該氣體第9天的生成量約為157L．18．解：（1）因為，所以．而，所以，所以，即，得，所以．（2）由，得，所以．又由余弦定理，，所以．所以．19．解：（1）存在，證明如下：在四棱柱中，因為平面平面，所以可在平面內作，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，滿足題設條件．滿足條件的點只有一個，證明如下：當平面時，因為平面，所以過作平行于CQ的直線既在平面內，也在平面內，而在平面內過只能作一條直線，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．（2）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系，則，，，，，，，，設平面的法向量為，則有即令，得，，所以．設平面的法向量為．則有即令，得，，所以．所以．故平面與平面所成的銳二面角的余弦值為．20．解：（1）由題意可知，拋物線的焦點為，所以橢圓C的半焦距，又C上有一點P滿足，所以橢圓C的離心率，得，，所以C的方程是．（2）當直線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；當直線AB的斜率為0時，A，B為橢圓長軸兩端點，直線軸，，四邊形APBQ的面積；當直線AB的斜率時，設直線AB的方程為，，，聯立直線AB與橢圓C的方程消去y，得，則，．則弦長，設，，聯立直線PQ與拋物線D的方程消去y，得，則，由拋物線的定義，弦長，由于，則四邊形APBQ的面積，令，則，即，令，得，可知時，，則單調遞增，則，綜上可知，當直線AB斜率時，四邊形APBQ面積有最小值8．21．解：（1）由題可得，設切點坐標為，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，則，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，即只有唯一解，所以，．所以直線l的方程為．（2）因為，注意到，所以所求問題等價于函數在上沒有零點．因為．所以由，得，即，由，得，所以在上單調遞減，在上單調遞增．①當，即時，在上單調遞增，所以．此時函數在上沒有零點，②當，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，又因為，，在上的最小值為，所以當時，在上的最大值，即此時函數在上有零點．當時，，此時函數在上沒有零點，③當，即時，在上單調遞減，所以在上滿足，此時函數在上沒有零點