【文档说明】四川省天府名校2023届高三模拟五理科数学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，2.507 MB，由小赞的店铺上传

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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(1i)2iz−=−

，则||z=（）A.12B.22C.2D.2【答案】C【解析】【分析】先由复数的除法运算化简复数z，再求其模长.【详解】由(1i)2iz−=−，则()()()2i1i2i22i1i1i1i1i2z−+−−====−−−+所以|2|z=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)90,100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)100,110

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(110,120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)90,100、)100,110、110,120的人数以及平均数，进而可得出结论.【

详解】解：体重在区间)90,100内的肥胖者由健身前的6人增加到健身后的8人，增加了2人，故A正确；他们健身后，体重在区间)100,110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，20人的平均体重大约减少了()()0.3950.5

1050.21150.1850.4950.51055kg++−++=，故C正确；因为图（2）中没有体重在区间110,120内的人员，所以原来体重在区间)110,120内的肥胖者体重都有

减少，故D正确.故选：B.3.已知集合6|,AxNNx=27100Bxxx=−+，则AB=（）A.2,3B.2,5C.25xxD.25xx【答案】A【解析】【分析】先求出集合A,B,然后取交集即可.【详解】

6|1,2,3,6,AxNNx==2710025Bxxxxx=−+=,则2,3AB=,故选：A4.函数222xxxy−−=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0x和0x时函数值的情况讨论，利用排除法即可判断；【详解】解：因为()222xxxyfx−−==定义域为R，又()()()222222xxxxxxfxfx−−−−−−−===−，所以()2

22xxxyfx−−==为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B；当0x时021x，21x->，21x，所以220xx−−，所以()0fx，故排除D；当0x时()1222121242xxxxxxxfx−−−===−，因为1014x，所以10114x−，即()01f

x，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.2B.32C.3D.22【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SABCD−，则2ABBC==，1CD=，2SBSC==，2222125SDCDSC=+=+=22125AD=+=，22222222SASBAB=+=+=所以该几何体中最长棱的长度为22；故选：D6.已知等差数列na的前n项和为nS，且261018

aaa++=，则11S=（）A.36B.48C.52D.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261018aaa++=，得6318a=，得()1116116116,1

1662aaaSa+====.故选：D7.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，M是11AB的中点，点P是正方形11CDDC（含内部）上的动点，且//MP截面1ABC，则线段MP形成的区域面积是

（）A.3B.6C.23D.26【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1ABC.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1111ABCDABCD−中，11//,1MBCNMBCN==,所以四边形CNMB1为平行四边形，所以1//MNCB.又H、R为中点，所以1//H

RCB,所以//HRMN,即M、N、R、H四点共面.因为1//HRCB，HR面1ABC，1BC面1ABC，所以//HR面1ABC.同理可证：//MH面1ABC.又//MH面MNRH,//HR面MNRH,

MHHRH=,所以平面MNRH∥平面1ABC.所以MP平面MNRH.又点P是正方形11CDDC（含内部）上的动点，线段MP扫过的图形是△MNR.由AB=2,则122MNBC==,1122NRBC==,2211516MRMCCR=+=+=,所以222MNNRMR=+，且∠MRN是直角,所

以线段MP形成的区域面积即为△MNR的面积，为16232=.故选:A8.已知O为ABCV内一点，且()1,2AOOBOCADtAC=+=，若BOD、、三点共线，则t的值为（）A.14B.12C.13D.23【答案】C【解析】【分析】把AO用,ABAD

表示，然后根据三点共线定理求解．【详解】取BC中点E，连接OE，则1()2OEOBOC=+，又1()2AOOBOC=+，∴AOOE=，∴111111()244444AOAEABACABACABADt==+=+=+，又,,BOD三点共线，∴111

44t+=，13t=．故选：C．9.已知正数,ab满足1ab+=，则34312ab+++取得最小值时的b值为（）A.29B.2710C.12D.79【答案】A【解析】【分析】由已知等式可得()()313610ab+++=，由()3413123136312103136aba

bab+=++++++++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1ab+=得：333ab+=，()()313610ab+++=；0a，0b，311a+，366b+，()3413123136312103136ababab+=++++

++++()()()()3361231336123111271515210313610313610babaabab++++=+++=++++（当且仅当()()336123131

36baab++=++，即79a=，29b=时取等号），34312ab+++取得最小值时，29b=.故选：A.10.已知函数()()23sincoscos0fxxxx=+，若函数f(x)在,2ππ上

单调递减，则实数ω的取值范围是（）A.13,32B.12,33C.10,3D.20,3【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()()()2313sincos

cos0sin21cos222fxxxxxx=+=++311sin2cos2222xx=++1sin262x=++，由函数f(x)在,2ππ上单调递减，且2,2666

x+++，得26232262kk++++，kZ，解12233kk++，kZ.又因为ω>0，12222−，所以k＝0，所以实数ω的取值范围是12,33.故选：B11.设12,FF同时为椭圆2

2122:1(0)xyCabab+=与双曲线()222112211:10,0xyCabab−=的左右焦点，设椭圆1C与双曲线2C在第一象限内交于点M，椭圆1C与双曲线2C的离心率分别为12,,eeO为坐标原点，现有下述四个结论：①12

2FFMO=，则2212112ee+=②122FFMO=，则2212112ee+=③1224FFMF=，则12ee的取值范围是23,32④1224FFMF=，则12ee的取值范围是2,23其中所有正确结论的编号是（）A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】D

【解析】【分析】设12,MFmMFn==，结合椭圆双曲线定义可得11,maanaa=+=−，当122FFMO=，可得2224mnc+=，进而求出221211ee+；当1224FFMF=时，可得121112ee−=，进而2212222eeee=+，即可求出范围.

【详解】如图，设12,MFmMFn==，焦距为2c，由椭圆定义可得2mna+=，由双曲线定义可得12mna−=，解得11,maanaa=+=−.当122FFMO=时，则1290FMF=，所以2224mnc+=，即22212aa

c+=，由离心率的公式可得2212112ee+=，故②正确.当1224FFMF=时，可得12nc=，即112aac−=，可得121112ee−=，由101e，可得111e，可得2112e，即212e，则2212222eeee=+，可设22(34)ett+=，则222222

(2)4242ettett−==+−+，由()44fttt=+−在()3,4上单调递增，可得()1,13ft，则122,23ee，故④正确.故选：D.【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.1

2.设2e3e,,e2abc−===．则a，b，c大小关系是（）A.cbaB.bcaC.bacD.abc【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ab、ac，构造函数()ln(1)hxxxx=−，利

用导数研究函数的单调性可得3(e)2hh，进而可得bc，即可得出结果.【详解】由122293e2.7182.25e42ab===，，故ab；1322e22eeeac−−===，故ac；假设2e

3e2−，有2e3333133e2elnlnelnelne2222222−−−−−−，令()ln(1)hxxxx=−，则1()10hxx=−，所以()hx在(1,)+上单调递增，而3e2，则3(e)2hh

，所以2e3e2−成立，bc；故cba．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a，b满足()12a=−，，10b=，5ab−=，则a与b的夹角为______．【答案】4

##45【解析】【分析】根据a的坐标求得其模长，再对5ab−=两边平方求得ab，利用数量积即可求得向量夹角.【详解】因为()1,2a=−，所以5a=，因为5ab−=，所以2225abab+−=．所以5ab=，设,ab夹角为，则由平面向量数量积的定义可得2cos2|||

5|510abab===，因为0，所以4=.故答案为：4.14.已知12,FF分别为椭圆22:143xyC+=的左、右焦点，直线310xy−+=与椭圆交于P，Q两点，则2PQF的周长为______．【答案】8【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1F，

再根据椭圆的定义计算可得；【详解】解：椭圆22:143xyC+=，所以221cab=−=，即()11,0F−、()21,0F，直线310xy−+=过左焦点()11,0F−，所以1224PFPFa+==，1224QFQFa+==，11PQPFQF=+，所以222112248PQFCPQ

QFPFPFQFQFPFa=++=+++==；故答案：815.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为位相邻的概率为______.【答案】35##0.6【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33A种排法，然后将3位医生分成两组，一组2人一组1人，有23C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24A种插空方法，最后交换相邻2位医生的位置有22

A种方法，所以3位医生中有且只有2位相邻共有32223342ACAA432=种排法，又6人随机排成一排有66A种排法，所以所求概率为3222334266ACAA3A5p==.故答案为：3516.九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n个圆环，用na表示按照某种规则解下n个圆环所需的最少移动次数，如果数列{𝑎𝑛}满足()1*1221,2,23,nnnaaaann−−===+

N，则2na=______.【答案】()2413n−【解析】分析】利用累加法求解即可.【详解】21212322224222nnnnnnaaa−−−−−=+=++()21532153222222222413nnna−−==++++=++++=−.故答案为：()2413n−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，每的【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23，()01pp

，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295p.（1）求p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）35（2）1930【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()01pp，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21=pp；或者前两局乙，丙各胜一局且第三局丙胜，概率为1222(1)ppp=−C，所以丙获胜的概率为2122C(1)ppp+−=295p，计算得p=35.【小问2详解】设1A事件

为：甲与丙进行比赛，2A事件为：乙与丙进行比赛，B事件为：丙比赛获胜，则()112PA=，()212PA=，()123PAB=，()235PAB=，所以()()()()()1122121319==232530PBPAPBAPAPB

A=++.18.在①2cos2aCcb+=；②sinsinsinacbcBAC−−=+；③2sin3cossinbAbAaB=+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：ABCV的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，已知______.（1）求A；（2）若ABCV的

周长为6，求ABCV面积S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）π3A=（2）3【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A，也可利用余弦定理得到边的关系，从而求出A，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A.（2）根据周长及余弦定理可得226bcbcbc=+−++，利用基本不等式可求bc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()2sin

cos2sinsin2sinsin2sincos2cossinsinACBCACCACACC=−=+−=+−，所以2cossinsinACC=，而sin0C，则1cos2A=，又0πA，所以π3A=.方法二：由余弦定理，得222222abcbcaba+−−=，即22

222abcbbc+−=−，则222bcabc+−=，所以2221cos22bcaAbc+−==，又0πA，所以π3A=.若选条件②：由sinsinsinacbcBAC−−=+，得()()()sinsinsinacACBbc−+=−，根据正弦定理，得()()()

acacbbc−+=−，即222bcabc+−=，则222122bcabc+−=，即1cos2A=，又0πA，所以π3A=.若选条件③：由2sin3cossinbAbAaB=+，根据正弦定理，得2sinsin3sincossinsinABBABA=+

，即sinsin3sincosABBA=，又sin0B，则sin3cosAA=，即tan3A=，又0πA，所以π3A=.【小问2详解】由题，6abc++=，根据余弦定理，得22222π2cos3abcbcbcbc=+−=+−，则2262

3abcbcbcbcbcbcbc=++=+−+++=，所以4bc，当且仅当2bc==时取等号.所以ABCV面积13sin324SbcAbc==，故ABCV面积S的最大值为3.19.如图1，已知等边ABCV的边长为3，点M，N分别是边AB，

AC上的点，且满足2AMBM=，2CNAN=，如图2，将AMN沿MN折起到AMN△的位置.（1）求证：平面ABM⊥△平面BCNM；（2）若AMCN⊥，求平面ABC和平面AMN的夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）

134【解析】【分析】（1）根据所给的条件，运用勾股定理证明MNAB⊥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2222cos3MNAMANAMANA=+−=，所以222MNA

MAN+=，即MNAM⊥，所以MNAM⊥，MNBM⊥，又因为BMAMM=，AM平面ABM，BM平面ABM，所以MN⊥平面ABM，又因为MN平面BCNM，所以平面ABM⊥平面BCNM；【小问2详解】由

条件：'AMCN⊥，由（1）'AMMN⊥，,MNCNNN=平面BCNM，'AM⊥平面BCNM，以M为原点，MB所在直线为x轴，MN所在直线为y轴，MA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0M，()0,0,1A，()2,0,0B，

()0,3,0N，133,,022C，即133,,122AC=−，333,,022BC=−，()0,0,1MA=，()0,3,0MN=，设平面ABC的一个法向量为(),,mabc=，则00=

=mACmBC，即33203abcab+−==，令1b=，有()3,1,23m=，设平面AMN的一个法向量为(),,nxyz=，则由00==nMAnMN，可化简得030zy==，令1x=，有()1,0,0n=r，设平面ABC

和平面AMN夹角为，则3cos4mnmn==，所以13sin4=.综上，平面ABC和平面AMN夹角的正弦值为134.20.已知一个半径为32的圆的圆心在抛物线()2:20Cypxp=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13PQMN=时，求直线AB的方程.【答案】（1）24yx=（2）2222yx=−或2222yx=−+

【解析】【分析】（1）设圆的圆心坐标为()00,xy，由题意可得2002ypx=，2222000009224pxyxpxx+=+=+=，从而可求出p，进而可得抛物线方程，（2）设直线AB的方程为1xmy=+，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，MN的长度，直线OA和OB的方程，表示出PQ，由13PQMN=列方程求出m，从而可求出直线AB的方程.【小问1详解】设圆的圆心坐标为()00,xy，可得2002ypx=.易知抛物线的焦点为,02p，准线方程为2px=−

，由题意得2222000009224pxyxpxx+=+=+=，解得2p=（负值舍去），则抛物线C的方程为24yx=.【小问2详解】由（1）知()10F,，设直线AB的方程为1xmy=+，与抛物线的方程24yx=联立，可得2440ymy

−−=，()11,Axy，()22,Bxy，则124yym+=，124yy=−，()21212224xxmyym+=++=+，则AB的中点M的坐标为()212,2mm+，易知()1,2Nm−，故222MNm=+，直线OA的

方程为11yyxx=，即14yxy=，直线OB的方程为22yyxx=，即24yxy=，令2ym=，可得1,22myPm，2,22myQm，则()()21211122233PQmyyMNm=−==+，即()()22

221116162249mmm+=+，解得24m=，所以直线AB的方程为214xy=+，即2222yx=−或2222yx=−+.21已知函数()()1ln,2fxxgxaxb==+.（1）若()fx与()gx在

1x=处相切，试求()gx的表达式；（2）若()()()11mxxfxx−=−+在)1,+上单调递减，求实数m的取值范围；（3）证明不等式：()()*2111111111ln2ln3ln4ln1223nnnnnn+++++++++++N.

【答案】（1）()1gxx=−（2）2m（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()1fxx=，所以()111,22faa===.又因为()()11102gfab===+，所以1b=−，所以()1gxx=−【小问2详解】

因为()()()()11ln11mxmxxfxxxx−−=−=−++在)1,+上单调递减，所以()()222210(1)xmxxxx−+−−=+在[1,)+上恒成立（等号不恒成立），即()22210xmx−−+≥在)1,+上恒成立，则)122,1,mxxx−

++.因为)12,xx++，所以222m−，所以2m.【小问3详解】由（1）知()lnfxx=与()1gxx=−在1x=处相切，当2x时，()gx图象在()fx图象上方，得()ln112xxxx−−，所以()10ln

12xxx−，得()211lnxxx−，所以11121lnxxx−−.当2x=时，111212ln2−，当3x=时，111223ln3−，.当4x=时，111234ln4−，…当1xn=+时，()*1112,,21ln1nnnnn

−++N.上述不等式相加，得()11111211ln2ln3ln4ln1nn−++++++，即()211111ln2ln3ln4ln1nnn++++++①.由（2）可得：当2m=时，()()21ln1xxxx−=−+在)1,+上是减函数，所以当1x时，()

()10x=，即()21ln01xxx−−+，所以()21ln1xxx−+，从而得到111ln21xxx+−.当2x=时，113ln221，当3x=时，114ln322，当4x=时，1

15ln423，…当1xn=+时，()*112,,2ln12nnnnn++N.上述不等式相加得：()111113452ln2ln3ln4ln12123nnn++++++++++122222123nn=+++++

1111223nn=+++++，即()11111111ln2ln3ln4ln1223nnn++++++++++.②由①②，()()*211111111,21ln2ln3ln4ln1223nnnnnnn+++++++++++N.经检验当1n=时，

2133ln22，所以原不等式对任意*nN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()()fxgx（或()()fxgx）转化为证明()()0fxgx−（或()()0fxgx−），进而构造辅助函数()()

()hxfxgx=−；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4

-4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为2cos,3sinxtyt=+=+（t是参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为π8cos3=−.（1）求曲线2C在直角坐标系中的标

准方程；（2）若曲线1C和曲线2C交于,AB两点，求AB的最大值和最小值.【答案】（1）22(2)(23)16xy−+−=（2）最小值为213，最大值为8【解析】【分析】（1）通过极坐标与普通坐标系转化公式求解即可；（2）联立曲线1

C与曲线2C的方程，利用参数的几何意义求出弦长，结合正弦函数的性质求解最值.【小问1详解】对于曲线2C，有π8cos3=−，即24cos43sin=+，因此曲线2C的直角坐标方程为2244

30xyxy+−−=，其标准方程为22(2)(23)16xy−+−=.【小问2详解】联立曲线1C与曲线2C的方程可得223sin130tt−−=，()21212124ABtttttt=−=+−()2(23sin)413=−−212sin52=+，因此|𝐴

𝐵|的最小值为213，最大值为8.[选修4-5：不等式选讲]23.已知()|1||21|fxxx=+−−.（1）解不等式()21fxx+；（2）若关于x的不等式()|33|fxxm+−有解，求m的取值范围.【答案】（1）()3,−+

（2）()3,+【解析】【分析】（1）利用零点分段法分类讨论即可得结果；（2）首先分离参数，再利用绝对值三角不等式求出最小即可.【小问1详解】当12x时，()121221fxxxxx=+−+=−++，解得13x，此时12x；

当112x−时，()121321fxxxxx=++−=+，解得1x，此时112x−；当1x−时，()121221fxxxxx=−−+−=−+，解得3x−，此时31x−−；综上可得

：不等式()21fxx+的解集为()3,−+.【小问2详解】关于x的不等式()|33|fxxm+−有解，即|1||21||21|33||22||xxxmxx++−=++−−+能成立，由于|21|22|2221

|3yxxxx=+−+−+=+，即|22||21|yxx+=+−的最小值为3，所以m的取值范围()3,+.