2023學年四川省重點中學高考數學三模試卷（含解析）

2023學年高考數學模擬測試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．若復數滿足，則（）A． B． C． D．2．已知等差數列中，，則（）A．20 B．18 C．16 D．143．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的結果為（）A． B．4 C． D．4．“哥德巴赫猜想”是近代三大數學難題之一，其內容是：一個大于2的偶數都可以寫成兩個質數(素數)之和，也就是我們所謂的“1+1”問題.它是1742年由數學家哥德巴赫提出的，我國數學家潘承洞、王元、陳景潤等在哥德巴赫猜想的證明中做出相當好的成績.若將6拆成兩個正整數的和，則拆成的和式中，加數全部為質數的概率為（）A． B． C． D．5．已知點(m,8)在冪函數的圖象上，設，則（）A．b＜a＜c B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．a＜c＜b6．函數在上單調遞減，且是偶函數，若，則的取值范圍是（）A．（2，+∞） B．（﹣∞，1）∪（2，+∞）C．（1，2） D．（﹣∞，1）7．設等比數列的前項和為，則“”是“”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8．某四棱錐的三視圖如圖所示，記為此棱錐所有棱的長度的集合，則（）.A．，且 B．，且C．，且 D．，且9．已知函數的值域為，函數，則的圖象的對稱中心為（）A． B．C． D．10．若函數的圖象過點，則它的一條對稱軸方程可能是（）A． B． C． D．11．如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是由一個棱柱挖去一個棱錐后的幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為A．72 B．64 C．48 D．3212．已知復數在復平面內對應的點的坐標為，則下列結論正確的是（）A． B．復數的共軛復數是C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數與的圖象上存在關于軸對稱的點，則的取值范圍為_____．14．工人在安裝一個正六邊形零件時，需要固定如圖所示的六個位置的螺栓.若按一定順序將每個螺栓固定緊，但不能連續(xù)固定相鄰的2個螺栓.則不同的固定螺栓方式的種數是________．15．已知過點的直線與函數的圖象交于、兩點，點在線段上，過作軸的平行線交函數的圖象于點，當∥軸，點的橫坐標是16．在中，，點是邊的中點，則__________，________.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。17．（12分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為(為參數)．在以原點為極點，軸正半軸為極軸的極坐標系中，圓的方程為.(1)寫出直線的普通方程和圓的直角坐標方程；(2)若點坐標為，圓與直線交于兩點，求的值．18．（12分）已知是拋物線：的焦點，點在上，到軸的距離比小1.（1）求的方程；（2）設直線與交于另一點，為的中點，點在軸上，.若，求直線的斜率.19．（12分）已知頂點是坐標原點的拋物線的焦點在軸正半軸上，圓心在直線上的圓與軸相切，且關于點對稱.（1）求和的標準方程；（2）過點的直線與交于，與交于，求證：.20．（12分）在四棱錐的底面是菱形，底面，，分別是的中點，.（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值；（III）在邊上是否存在點，使與所成角的余弦值為，若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由.21．（12分）設數列是公差不為零的等差數列，其前項和為，，若，，成等比數列．（1）求及；（2）設，設數列的前項和，證明：．22．（10分）已知點、分別在軸、軸上運動，，．（1）求點的軌跡的方程；（2）過點且斜率存在的直線與曲線交于、兩點，，求的取值范圍．

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）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、B【答案解析】

由題意得,,求解即可.【題目詳解】因為,所以.故選:B.【答案點睛】本題考查復數的四則運算,考查運算求解能力,屬于基礎題.2、A【答案解析】

設等差數列的公差為,再利用基本量法與題中給的條件列式求解首項與公差,進而求得即可.【題目詳解】設等差數列的公差為.由得,解得.所以.故選：A【答案點睛】本題主要考查了等差數列的基本量求解,屬于基礎題.3、A【答案解析】

模擬執(zhí)行程序框圖，依次寫出每次循環(huán)得到的的值，當，，退出循環(huán)，輸出結果.【題目詳解】程序運行過程如下：，；，；，；，；，；，；，，退出循環(huán)，輸出結果為，故選：A.【答案點睛】該題考查的是有關程序框圖的問題，涉及到的知識點有判斷程序框圖輸出結果，屬于基礎題目.4、A【答案解析】

列出所有可以表示成和為6的正整數式子，找到加數全部為質數的只有，利用古典概型求解即可.【題目詳解】6拆成兩個正整數的和含有的基本事件有:(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),而加數全為質數的有(3,3),根據古典概型知，所求概率為.故選：A.【答案點睛】本題主要考查了古典概型，基本事件，屬于容易題.5、B【答案解析】

先利用冪函數的定義求出m的值，得到冪函數解析式為f（x）＝x3，在R上單調遞增，再利用冪函數f（x）的單調性，即可得到a，b，c的大小關系.【題目詳解】由冪函數的定義可知，m﹣1＝1，∴m＝2，∴點（2，8）在冪函數f（x）＝xn上，∴2n＝8，∴n＝3，∴冪函數解析式為f（x）＝x3，在R上單調遞增，∵，1＜lnπ＜3，n＝3，∴，∴a＜b＜c，故選：B.【答案點睛】本題主要考查了冪函數的性質，以及利用函數的單調性比較函數值大小，屬于中檔題.6、B【答案解析】

根據題意分析的圖像關于直線對稱，即可得到的單調區(qū)間，利用對稱性以及單調性即可得到的取值范圍?！绢}目詳解】根據題意，函數滿足是偶函數，則函數的圖像關于直線對稱，若函數在上單調遞減，則在上遞增，所以要使，則有，變形可得，解可得：或，即的取值范圍為；故選：B．【答案點睛】本題考查偶函數的性質，以及函數單調性的應用，有一定綜合性，屬于中檔題。7、C【答案解析】

根據等比數列的前項和公式，判斷出正確選項.【題目詳解】由于數列是等比數列，所以，由于，所以，故“”是“”的充分必要條件.故選：C【答案點睛】本小題主要考查充分、必要條件的判斷，考查等比數列前項和公式，屬于基礎題.8、D【答案解析】

首先把三視圖轉換為幾何體，根據三視圖的長度，進一步求出個各棱長.【題目詳解】根據幾何體的三視圖轉換為幾何體為：該幾何體為四棱錐體，如圖所示：所以：，，.故選：D..【答案點睛】本題考查三視圖和幾何體之間的轉換，主要考查運算能力和轉換能力及思維能力，屬于基礎題.9、B【答案解析】

由值域為確定的值，得，利用對稱中心列方程求解即可【題目詳解】因為，又依題意知的值域為，所以得，，所以，令，得，則的圖象的對稱中心為.故選：B【答案點睛】本題考查三角函數的圖像及性質，考查函數的對稱中心，重點考查值域的求解，易錯點是對稱中心縱坐標錯寫為010、B【答案解析】

把已知點坐標代入求出，然后驗證各選項．【題目詳解】由題意，，或，，不妨取或，若，則函數為，四個選項都不合題意，若，則函數為，只有時，，即是對稱軸．故選：B．【答案點睛】本題考查正弦型復合函數的對稱軸，掌握正弦函數的性質是解題關鍵．11、B【答案解析】

由三視圖可知該幾何體是一個底面邊長為4的正方形，高為5的正四棱柱，挖去一個底面邊長為4，高為3的正四棱錐，利用體積公式，即可求解?！绢}目詳解】由題意，幾何體的三視圖可知該幾何體是一個底面邊長為4的正方形，高為5的正四棱柱，挖去一個底面邊長為4，高為3的正四棱錐，所以幾何體的體積為，故選B。【答案點睛】本題考查了幾何體的三視圖及體積的計算，在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要根據三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線。求解以三視圖為載體的空間幾何體的表面積與體積的關鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關系和數量關系，利用相應公式求解。12、D【答案解析】

首先求得，然后根據復數乘法運算、共軛復數、復數的模、復數除法運算對選項逐一分析，由此確定正確選項.【題目詳解】由題意知復數，則，所以A選項不正確；復數的共軛復數是，所以B選項不正確；，所以C選項不正確；，所以D選項正確.故選：D【答案點睛】本小題考查復數的幾何意義，共軛復數，復數的模，復數的乘法和除法運算等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，數形結合思想.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【答案解析】

兩函數圖象上存在關于軸對稱的點的等價命題是方程在區(qū)間上有解，化簡方程在區(qū)間上有解，構造函數，求導，求出單調區(qū)間，利用函數性質得解.【題目詳解】解：根據題意，若函數與的圖象上存在關于軸對稱的點，則方程在區(qū)間上有解，即方程在區(qū)間上有解，設函數，其導數，又由，可得：當時，為減函數，當時，為增函數，故函數有最小值，又由；比較可得：，故函數有最大值，故函數在區(qū)間上的值域為；若方程在區(qū)間上有解，必有，則有，即的取值范圍是；故答案為：；【答案點睛】本題利用導數研究函數在某區(qū)間上最值求參數的問題,函數零點問題的拓展.由于函數的零點就是方程的根，在研究方程的有關問題時，可以將方程問題轉化為函數問題解決.此類問題的切入點是借助函數的零點，結合函數的圖象，采用數形結合思想加以解決.14、60【答案解析】分析：首先將選定第一個釘，總共有6種方法，假設選定1號，之后分析第二步，第三步等，按照分類加法計數原理，可以求得共有10種方法，利用分步乘法計數原理，求得總共有種方法.詳解：根據題意，第一個可以從6個釘里任意選一個，共有6種選擇方法，并且是機會相等的，若第一個選1號釘的時候，第二個可以選3,4,5號釘，依次選下去，可以得到共有10種方法，所以總共有種方法，故答案是60.點睛：該題考查的是有關分類加法計數原理和分步乘法計數原理，在解題的過程中，需要逐個的將對應的過程寫出來，所以利用列舉法將對應的結果列出，而對于第一個選哪個是機會均等的，從而用乘法運算得到結果.15、【答案解析】

通過設出A點坐標，可得C點坐標，通過∥軸，可得B點坐標，于是再利用可得答案.【題目詳解】根據題意，可設點，則,由于∥軸，故，代入，可得，即，由于在線段上，故，即，解得.16、2【答案解析】

根據正弦定理直接求出，利用三角形的邊表示向量,然后利用向量的數量積求解即可.【題目詳解】中，，，可得因為點是邊的中點，所以故答案為：；.【答案點睛】本題主要考查了三角形的解法，向量的數量積的應用，考查計算能力，屬于中檔題.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。17、（1）（2）【答案解析】試題分析：（1）由加減消元得直線的普通方程,由得圓的直角坐標方程；（2）把直線l的參數方程代入圓C的直角坐標方程，由直線參數方程幾何意義得|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2,再根據韋達定理可得結果試題解析：解：（Ⅰ）由得直線l的普通方程為x+y﹣3﹣=0又由得ρ2=2ρsinθ，化為直角坐標方程為x2+（y﹣）2=5；（Ⅱ）把直線l的參數方程代入圓C的直角坐標方程，得（3﹣t）2+（t）2=5，即t2﹣3t+4=0設t1，t2是上述方程的兩實數根，所以t1+t2=3又直線l過點P，A、B兩點對應的參數分別為t1，t2，所以|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=3．18、（1）（2）【答案解析】

（1）由拋物線定義可知，解得，故拋物線的方程為；（2）設直線：，聯立，利用韋達定理算出的中點，又，所以直線的方程為，求出，利用求解即可.【題目詳解】（1）設的準線為，過作于，則由拋物線定義，得，因為到的距離比到軸的距離大1，所以，解得，所以的方程為（2）由題意，設直線方程為，由消去，得，設，，則，所以，又因為為的中點，點的坐標為，直線的方程為，令，得，點的坐標為，所以，解得，所以直線的斜率為.【答案點睛】本題主要考查拋物線的定義，直線與拋物線的位置關系等基礎知識，考查學生的運算求解能力.涉及拋物線的弦的中點，斜率問題時，可采用韋達定理或“點差法”求解.19、（1）,；（2）證明見解析.【答案解析】分析：（1）設的標準方程為，由題意可設．結合中點坐標公式計算可得的標準方程為．半徑，則的標準方程為．（2）設的斜率為，則其方程為，由弦長公式可得．聯立直線與拋物線的方程有．設，利用韋達定理結合弦長公式可得．則．即．詳解：（1）設的標準方程為，則．已知在直線上，故可設．因為關于對稱，所以解得所以的標準方程為．因為與軸相切，故半徑，所以的標準方程為．（2）設的斜率為，那么其方程為，則到的距離，所以．由消去并整理得：．設，則，那么．所以．所以，即．點睛：(1)直線與拋物線的位置關系和直線與橢圓、雙曲線的位置關系類似，一般要用到根與系數的關系；(2)有關直線與拋物線的弦長問題，要注意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線的焦點，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不過焦點，則必須用一般弦長公式．20、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）見解析.【答案解析】

(Ⅰ)由題意結合幾何關系可證得平面，據此證明題中的結論即可；(Ⅱ)建立空間直角坐標系，求得直線的方向向量與平面的一個法向量，然后求解線面角的正弦值即可；(Ⅲ)假設滿足題意的點存在，設，由直線與的方向向量得到關于的方程，解方程即可確定點F的位置.【題目詳解】(Ⅰ)由菱形的性質可得：，結合三角形中位線的性質可知：，故，底面，底面，故，且，故平面，平面，(Ⅱ)由題意結合菱形的性質易知，，，以點O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則：/