2023学年重庆市重点中学高三3月份第一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．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回． 2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符． 4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效． 5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗． 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．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与轴交于点，线段与交于点.若，则的方程为（ ） A． B． C． D． 2．关于函数有下述四个结论：（ ） ①是偶函数； ②在区间上是单调递增函数； ③在上的最大值为2； ④在区间上有4个零点. 其中所有正确结论的编号是（ ） A．①②④ B．①③ C．①④ D．②④ 3．已知等差数列中，则（　） A．10 B．16 C．20 D．24 4．若双曲线的焦距为，则的一个焦点到一条渐近线的距离为（ ） A． B． C． D． 5．若复数在复平面内对应的点在第二象限，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 6．下列几何体的三视图中，恰好有两个视图相同的几何体是（ ） A．正方体 B．球体 C．圆锥 D．长宽高互不相等的长方体 7．函数的图象如图所示，为了得到的图象，可将的图象（ ） A．向右平移个单位 B．向右平移个单位 C．向左平移个单位 D．向左平移个单位 8．函数在上的图象大致为( ) A． B． C． D． 9．如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，、分别是、的中点，则下列结论中错误的是（ ） A．， B．存在点，使得平面平面 C．平面 D．三棱锥的体积为定值 10．记个两两无交集的区间的并集为阶区间如为2阶区间，设函数，则不等式的解集为（ ） A．2阶区间 B．3阶区间 C．4阶区间 D．5阶区间 11．阅读如图的程序框图，若输出的值为25，那么在程序框图中的判断框内可填写的条件是（ ） A． B． C． D． 12．已知公差不为0的等差数列的前项的和为，，且成等比数列，则（ ） A．56 B．72 C．88 D．40 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．设复数满足,则_________. 14．已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围是____． 15．已知向量，，若，则________. 16．设，分别是椭圆C：（）的左、右焦点，直线l过交椭圆C于A，B两点，交y轴于E点，若满足，且，则椭圆C的离心率为______. 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。 17．（12分）在四棱锥中，底面是平行四边形，底面． （1）证明：； （2）求二面角的正弦值． 18．（12分）已知椭圆：的离心率为，右焦点为抛物线的焦点. （1）求椭圆的标准方程； （2）为坐标原点，过作两条射线，分别交椭圆于、两点，若、斜率之积为，求证：的面积为定值. 19．（12分）已知函数，. （1）若时，解不等式； （2）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围. 20．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，为实数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线与曲线交于，两点，线段的中点为． （1）求线段长的最小值； （2）求点的轨迹方程． 21．（12分）已知函数. （1）设，若存在两个极值点，，且，求证：； （2）设，在不单调，且恒成立，求的取值范围.（为自然对数的底数）. 22．（10分）已知数列满足：对一切成立. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 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、D 【答案解析】 由题可得，所以，又，所以，得，故可得椭圆的方程. 【题目详解】 由题可得，所以， 又，所以，得，， 所以椭圆的方程为. 故选：D 【答案点睛】 本题主要考查了椭圆的定义，椭圆标准方程的求解. 2、C 【答案解析】 根据函数的奇偶性、单调性、最值和零点对四个结论逐一分析，由此得出正确结论的编号. 【题目详解】 的定义域为. 由于，所以为偶函数，故①正确. 由于，，所以在区间上不是单调递增函数，所以②错误. 当时，， 且存在，使. 所以当时，； 由于为偶函数，所以时， 所以的最大值为，所以③错误. 依题意，，当时， ， 所以令，解得，令，解得.所以在区间，有两个零点.由于为偶函数，所以在区间有两个零点.故在区间上有4个零点.所以④正确. 综上所述，正确的结论序号为①④. 故选：C 【答案点睛】 本小题主要考查三角函数的奇偶性、单调性、最值和零点，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题. 3、C 【答案解析】 根据等差数列性质得到，再计算得到答案. 【题目详解】 已知等差数列中， 故答案选C 【答案点睛】 本题考查了等差数列的性质，是数列的常考题型. 4、B 【答案解析】 根据焦距即可求得参数，再根据点到直线的距离公式即可求得结果. 【题目详解】 因为双曲线的焦距为， 故可得，解得，不妨取； 又焦点，其中一条渐近线为， 由点到直线的距离公式即可求的. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查由双曲线的焦距求方程，以及双曲线的几何性质，属综合基础题. 5、B 【答案解析】 复数，在复平面内对应的点在第二象限，可得关于a的不等式组，解得a的范围. 【题目详解】 ， 由其在复平面对应的点在第二象限， 得，则. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查了复数的运算法则、几何意义、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 6、C 【答案解析】 根据基本几何体的三视图确定． 【题目详解】 正方体的三个三视图都是相等的正方形，球的三个三视图都是相等的圆，圆锥的三个三视图有一个是圆，另外两个是全等的等腰三角形，长宽高互不相等的长方体的三视图是三个两两不全等的矩形． 故选：C． 【答案点睛】 本题考查基本几何体的三视图，掌握基本几何体的三视图是解题关键． 7、C 【答案解析】 根据正弦型函数的图象得到，结合图像变换知识得到答案. 【题目详解】 由图象知：，∴. 又时函数值最大， 所以.又， ∴，从而，， 只需将的图象向左平移个单位即可得到的图象， 故选C. 【答案点睛】 已知函数的图象求解析式 (1).(2)由函数的周期求 (3)利用“五点法”中相对应的特殊点求，一般用最高点或最低点求． 8、A 【答案解析】 首先判断函数的奇偶性，再根据特殊值即可利用排除法解得； 【题目详解】 解：依题意，，故函数为偶函数，图象关于轴对称，排除C； 而，排除B；，排除D. 故选：. 【答案点睛】 本题考查函数图象的识别，函数的奇偶性的应用，属于基础题. 9、B 【答案解析】 根据平行的传递性判断A；根据面面平行的定义判断B；根据线面垂直的判定定理判断C；由三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，判断D. 【题目详解】 在A中，因为分别是中点，所以，故A正确； 在B中，由于直线与平面有交点，所以不存在点，使得平面平面，故B错误； 在C中，由平面几何得，根据线面垂直的性质得出，结合线面垂直的判定定理得出平面，故C正确； 在D中，三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，即三棱锥的体积为定值，故D正确； 故选：B 【答案点睛】 本题主要考查了判断面面平行，线面垂直等，属于中档题. 10、D 【答案解析】 可判断函数为奇函数，先讨论当且时的导数情况，再画出函数大致图形，将所求区间端点值分别看作对应常函数，再由图形确定具体自变量范围即可求解 【题目详解】 当且时，.令得.可得和的变化情况如下表： 令，则原不等式变为，由图像知的解集为，再次由图像得到的解集由5段分离的部分组成，所以解集为5阶区间. 故选：D 【答案点睛】 本题考查由函数的奇偶性，单调性求解对应自变量范围，导数法研究函数增减性，数形结合思想，转化与化归思想，属于难题 11、C 【答案解析】 根据循环结构的程序框图，带入依次计算可得输出为25时的值，进而得判断框内容. 【题目详解】 根据循环程序框图可知， 则， ， ， ， ， 此时输出，因而不符合条件框的内容，但符合条件框内容，结合选项可知C为正确选项， 故选：C. 【答案点睛】 本题考查了循环结构程序框图的简单应用，完善程序框图，属于基础题. 12、B 【答案解析】 ，将代入，求得公差d，再利用等差数列的前n项和公式计算即可. 【题目详解】 由已知，，，故，解得或（舍）， 故，. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查等差数列的前n项和公式，考查等差数列基本量的计算，是一道容易题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、. 【答案解析】 利用复数的运算法则首先可得出，再根据共轭复数的概念可得结果. 【题目详解】 ∵复数满足， ∴，∴， 故而可得，故答案为. 【答案点睛】 本题考查了复数的运算法则，共轭复数的概念，属于基础题． 14、（-4，2） 【答案解析】 试题分析：因为当且仅当时取等号，所以 考点：基本不等式求最值 15、10 【答案解析】 根据垂直得到，代入计算得到答案. 【题目详解】 ，则，解得， 故，故. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查了根据向量垂直求参数，向量模，意在考查学生的计算能力. 16、 【答案解析】 采用数形结合，计算以及，然后根据椭圆的定义可得，并使用余弦定理以及，可得结果. 【题目详解】 如图 由，所以 由，所以 又，则 所以 所以 化简可得： 则 故答案为： 【答案点睛】 本题考查椭圆的定义以及余弦定理的使用，关键在于根据角度求出线段的长度，考查分析能力以及计算能力，属中档题. 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）见解析（2） 【答案解析】 （1）利用正弦定理求得，由此得到，结合证得平面，由此证得. （2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值，再转化为正弦值. 【题目详解】 （1）在中，由正弦定理可得：， ， 底面， 平面， ； （2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，， 设平面的法向量为，由可得：，令，则， 设平面的法向量为，由可得:，令，则， 设二面角的平面角为，由图可知为钝角， 则， ，故二面角的正弦值为. 【答案点睛】 本小题主要考查线线垂直的证明，考查空间向量法求二面角，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题. 18、（1）；（2）见解析 【答案解析】 （1）由条件可得，再根据离心率可求得，则可得椭圆方程； （2）当与轴垂直时，设直线的方程为：，与椭圆联立求得的坐标，通过、斜率之积为列方程可得的值，进而可得的面积；当与轴不垂直时，设，，的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理和、斜率之积为可得，再利用弦长公式求出，以及到的距