2023届云南省宣威市第十中学高三第六次模拟考试数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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．平行四边形中，已知，，点、分别满足，，且，则向量在上的投影为（ ） A．2 B． C． D． 2．元代数学家朱世杰的数学名著《算术启蒙》是中国古代代数学的通论，其中关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.下图是源于其思想的一个程序图，若，，则输出的（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．将函数的图象分别向右平移个单位长度与向左平移(>0)个单位长度，若所得到的两个图象重合，则的最小值为( ) A． B． C． D． 4．命题：存在实数，对任意实数，使得恒成立；：，为奇函数，则下列命题是真命题的是（ ） A． B． C． D． 5．设复数满足，则（ ） A． B． C． D． 6．设正项等比数列的前n项和为，若，，则公比（ ） A． B．4 C． D．2 7．下列说法正确的是（ ） A．“若，则”的否命题是“若，则” B．“若，则”的逆命题为真命题 C．，使成立 D．“若，则”是真命题 8．网络是一种先进的高频传输技术，我国的技术发展迅速，已位居世界前列.华为公司2019年8月初推出了一款手机，现调查得到该款手机上市时间和市场占有率（单位：%）的几组相关对应数据.如图所示的折线图中，横轴1代表2019年8月，2代表2019年9月……，5代表2019年12月，根据数据得出关于的线性回归方程为.若用此方程分析并预测该款手机市场占有率的变化趋势，则最早何时该款手机市场占有率能超过0.5%（精确到月）（ ） A．2020年6月 B．2020年7月 C．2020年8月 D．2020年9月 9．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的体积为（ ） A． B． C． D． 10．已知且，函数，若，则（ ） A．2 B． C． D． 11．已知直线与圆有公共点，则的最大值为（ ） A．4 B． C． D． 12．在直角中，，，，若，则（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知全集为R，集合，则___________. 14． “”是“”的__________条件.（填写“充分必要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”之一） 15．已知等差数列的前n项和为，，，则＝_______． 16．已知抛物线的焦点为，其准线与坐标轴交于点，过的直线与抛物线交于两点，若，则直线的斜率________. 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）已知. （1）若，求函数的单调区间； （2）若不等式恒成立，求实数的取值范围. 18．（12分）在平面直角坐标系xoy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系。已知曲线C的极坐标方程为，过点的直线l的参数方程为（为参数），直线l与曲线C交于M、N两点。 （1）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程： （2）若成等比数列，求a的值。 19．（12分）已知函数，. （1）若不等式的解集为，求的值. （2）若当时，，求的取值范围. 20．（12分）市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式.①等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：每个月的还款额均相同.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（若2019年7月7日贷款到账，则2019年8月7日首次还款）. 已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004. （1）若小张采取等额本金的还款方式，现已得知第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，试计算小张该笔贷款的总利息； （2）若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半，已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）； （3）对比两种还款方式，从经济利益的角度来考虑，小张应选择哪种还款方式. 参考数据：. 21．（12分）如图，在平面四边形中，，，. （1）求； （2）求四边形面积的最大值. 22．（10分）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，判断直线为参数）与圆的位置关系． 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、C 【答案解析】 将用向量和表示，代入可求出，再利用投影公式可得答案. 【题目详解】 解： ， 得， 则向量在上的投影为. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查向量的几何意义，考查向量的线性运算，将用向量和表示是关键，是基础题. 2、B 【答案解析】 分析：根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为；根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为，根据每次循环得到的的值的大小决定循环的次数即可. 详解： 记执行第次循环时，的值记为有，则有； 记执行第次循环时，的值记为有，则有. 令，则有，故 ，故选B. 点睛：本题为算法中的循环结构和数列通项的综合，属于中档题，解题时注意流程图中蕴含的数列关系（比如相邻项满足等比数列、等差数列的定义，是否是求数列的前和、前项积等）. 3、B 【答案解析】 首先根据函数的图象分别向左与向右平移m,n个单位长度后，所得的两个图像重合， 那么，利用的最小正周期为，从而求得结果. 【题目详解】 的最小正周期为， 那么(∈)， 于是， 于是当时，最小值为， 故选B. 【答案点睛】 该题考查的是有关三角函数的周期与函数图象平移之间的关系，属于简单题目. 4、A 【答案解析】 分别判断命题和的真假性，然后根据含有逻辑联结词命题的真假性判断出正确选项. 【题目详解】 对于命题，由于，所以命题为真命题.对于命题，由于，由解得，且，所以是奇函数，故为真命题.所以为真命题. 、、都是假命题. 故选：A 【答案点睛】 本小题主要考查诱导公式，考查函数的奇偶性，考查含有逻辑联结词命题真假性的判断，属于基础题. 5、D 【答案解析】 根据复数运算，即可容易求得结果. 【题目详解】 . 故选：D. 【答案点睛】 本题考查复数的四则运算，属基础题. 6、D 【答案解析】 由得，又，两式相除即可解出． 【题目详解】 解：由得， 又， ∴，∴，或， 又正项等比数列得， ∴， 故选：D． 【答案点睛】 本题主要考查等比数列的性质的应用，属于基础题． 7、D 【答案解析】 选项A，否命题为“若，则”，故A不正确． 选项B，逆命题为“若，则”，为假命题，故B不正确． 选项C，由题意知对，都有，故C不正确． 选项D，命题的逆否命题“若，则”为真命题，故“若，则”是真命题，所以D正确． 选D． 8、C 【答案解析】 根据图形，计算出，然后解不等式即可. 【题目详解】 解：， 点在直线上 ， 令 因为横轴1代表2019年8月，所以横轴13代表2020年8月， 故选：C 【答案点睛】 考查如何确定线性回归直线中的系数以及线性回归方程的实际应用，基础题. 9、C 【答案解析】 由已知中的三视图，可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，求出底面面积，代入锥体体积公式，可得答案． 【题目详解】 由已知中的三视图，可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥， 其底面面积，高， 故体积， 故选：． 【答案点睛】 本题考查的知识点是由三视图求几何体的体积，解决本题的关键是得到该几何体的形状． 10、C 【答案解析】 根据分段函数的解析式，知当时，且，由于，则，即可求出. 【题目详解】 由题意知： 当时，且 由于，则可知：， 则， ∴，则， 则. 即. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查分段函数的应用，由分段函数解析式求自变量. 11、C 【答案解析】 根据表示圆和直线与圆有公共点，得到，再利用二次函数的性质求解. 【题目详解】 因为表示圆， 所以，解得， 因为直线与圆有公共点， 所以圆心到直线的距离， 即 ， 解得， 此时， 因为，在递增， 所以的最大值. 故选：C 【答案点睛】 本题主要考查圆的方程，直线与圆的位置关系以及二次函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 12、C 【答案解析】 在直角三角形ABC中，求得 ，再由向量的加减运算，运用平面向量基本定理，结合向量数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，化简计算即可得到所求值． 【题目详解】 在直角中，，，，， ， 若，则 故选C. 【答案点睛】 本题考查向量的加减运算和数量积的定义和性质，主要是向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于中档题． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 先化简集合A,再求A∪B得解. 【题目详解】 由题得A={0,1}, 所以A∪B={-1,0,1}. 故答案为{-1,0,1} 【答案点睛】 本题主要考查集合的化简和并集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 14、充分不必要 【答案解析】 由余弦的二倍角公式可得,即或,即可判断命题的关系. 【题目详解】 由,所以或,所以“”是“”的充分不必要条件. 故答案为:充分不必要 【答案点睛】 本题考查命题的充分条件与必要条件的判断,考查余弦的二倍角公式的应用. 15、 【答案解析】 利用求出公差，结合等差数列的通项公式可求. 【题目详解】 设公差为，因为，所以，即. 所以. 故答案为： 【答案点睛】 本题主要考查等差数列通项公式的求解，利用等差数列的基本量是求解这类问题的通性通法，侧重考查数学运算的核心素养. 16、 【答案解析】 求出抛物线焦点坐标，由，结合向量的坐标运算得，直线方程为，代入抛物线方程后应用韦达定理得，，从而可求得，得斜率． 【题目详解】 由得，即 联立得 解得或，∴． 故答案为：． 【答案点睛】 本题考查直线与抛物线相交，考查向量的线性运算的坐标表示．直线方程与抛物线方程联立后消元，应用韦达定理是解决直线与抛物线相交问题的常用方法． 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、（1）答案不唯一，具体见解析（2） 【答案解析】 （1）分类讨论，利用导数的正负，可得函数的单调区间. （2）分离出参数后，转化为函数的最值问题解决，注意函数定义域. 【题目详解】 （1） 由得或 ①当时，由，得. 由，得或 此时的单调递减区间为，单调递增区间为和. ②当时，由，得 由，得或 此时的单调递减区间为，单调递增区间为和 综上：当时，单调递减区间为，单调递增区间为和 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为和. （2）依题意，不等式恒成立 等价于在上恒成立， 可得，在上恒成立， 设，则 令，得，（舍） 当时，；当时， 当变化