2023届中国科学院三州分院中学高三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．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．以，为直径的圆的方程是 A． B． C． D． 2．若集合，，则（ ） A． B． C． D． 3．已知定义在R上的偶函数满足，当时，，函数（），则函数与函数的图象的所有交点的横坐标之和为（ ） A．2 B．4 C．5 D．6 4．已知函数，若所有点，所构成的平面区域面积为，则（ ） A． B． C．1 D． 5．已知与之间的一组数据： 1 2 3 4 3.2 4.8 7.5 若关于的线性回归方程为，则的值为（ ） A．1.5 B．2.5 C．3.5 D．4.5 6．已知等差数列{an}，则“a2＞a1”是“数列{an}为单调递增数列”的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 7．已知集合A={x|y=lg（4﹣x2）}，B={y|y=3x，x＞0}时，A∩B=（ ） A．{x|x＞﹣2} B．{x|1＜x＜2} C．{x|1≤x≤2} D．∅ 8．已知类产品共两件，类产品共三件，混放在一起，现需要通过检测将其区分开来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件类产品或者检测出3件类产品时，检测结束，则第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为（ ） A． B． C． D． 9．已知抛物线C：，过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点（A在x轴上方），且满足，则直线l的斜率为（ ） A．1 B． C．2 D．3 10．设为抛物线的焦点，，，为抛物线上三点，若，则（ ）. A．9 B．6 C． D． 11．已知数列是公差为的等差数列，且成等比数列，则（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 12．设为非零实数，且，则（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．在平面直角坐标系中，已知点，，若圆上有且仅有一对点，使得的面积是的面积的2倍，则的值为_______. 14．已知△ABC得三边长成公比为的等比数列，则其最大角的余弦值为_____. 15．已知一个四面体的每个顶点都在表面积为的球的表面上，且，，则__________． 16．曲线在处的切线方程是_________． 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）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，是棱上的一点，满足平面. （Ⅰ）证明：； （Ⅱ）设，，若为棱上一点，使得直线与平面所成角的大小为30°，求的值. 18．（12分）在中，． （1）求的值； （2）点为边上的动点（不与点重合），设，求的取值范围． 19．（12分）已知正项数列的前项和. （1）若数列为等比数列，求数列的公比的值； （2）设正项数列的前项和为，若，且. ①求数列的通项公式； ②求证：. 20．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为. （1）求直线和圆的普通方程； （2）已知直线上一点，若直线与圆交于不同两点，求的取值范围. 21．（12分）如图，在直棱柱中，底面为菱形，，，与相交于点，与相交于点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 22．（10分）设数列是公差不为零的等差数列，其前项和为，，若，，成等比数列． （1）求及； （2）设，设数列的前项和，证明：． 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、A 【答案解析】 设圆的标准方程，利用待定系数法一一求出，从而求出圆的方程. 【题目详解】 设圆的标准方程为， 由题意得圆心为，的中点， 根据中点坐标公式可得，， 又，所以圆的标准方程为： ，化简整理得， 所以本题答案为A. 【答案点睛】 本题考查待定系数法求圆的方程，解题的关键是假设圆的标准方程，建立方程组，属于基础题. 2、A 【答案解析】 用转化的思想求出中不等式的解集，再利用并集的定义求解即可． 【题目详解】 解：由集合，解得， 则 故选：． 【答案点睛】 本题考查了并集及其运算，分式不等式的解法，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．属于基础题． 3、B 【答案解析】 由函数的性质可得：的图像关于直线对称且关于轴对称，函数（）的图像也关于对称，由函数图像的作法可知两个图像有四个交点，且两两关于直线对称，则与的图像所有交点的横坐标之和为4得解. 【题目详解】 由偶函数满足， 可得的图像关于直线对称且关于轴对称， 函数（）的图像也关于对称， 函数的图像与函数（）的图像的位置关系如图所示， 可知两个图像有四个交点，且两两关于直线对称， 则与的图像所有交点的横坐标之和为4. 故选：B 【答案点睛】 本题主要考查了函数的性质，考查了数形结合的思想，掌握函数的性质是解题的关键，属于中档题. 4、D 【答案解析】 依题意，可得，在上单调递增，于是可得在上的值域为，继而可得，解之即可. 【题目详解】 解：，因为，， 所以，在上单调递增， 则在上的值域为， 因为所有点所构成的平面区域面积为， 所以， 解得， 故选：D. 【答案点睛】 本题考查利用导数研究函数的单调性，理解题意，得到是关键，考查运算能力，属于中档题． 5、D 【答案解析】 利用表格中的数据，可求解得到代入回归方程，可得，再结合表格数据，即得解. 【题目详解】 利用表格中数据，可得 又， ． 解得 故选：D 【答案点睛】 本题考查了线性回归方程过样本中心点的性质，考查了学生概念理解，数据处理，数学运算的能力，属于基础题. 6、C 【答案解析】 试题分析：根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 解：在等差数列{an}中，若a2＞a1，则d＞0，即数列{an}为单调递增数列， 若数列{an}为单调递增数列，则a2＞a1，成立， 即“a2＞a1”是“数列{an}为单调递增数列”充分必要条件， 故选C． 考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断． 7、B 【答案解析】试题分析：由集合A中的函数，得到，解得：，∴集合，由集合B中的函数，得到，∴集合，则，故选B． 考点：交集及其运算． 8、D 【答案解析】 根据分步计数原理，由古典概型概率公式可得第一次检测出类产品的概率，不放回情况下第二次检测出类产品的概率，即可得解. 【题目详解】 类产品共两件，类产品共三件， 则第一次检测出类产品的概率为； 不放回情况下，剩余4件产品，则第二次检测出类产品的概率为； 故第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为； 故选：D. 【答案点睛】 本题考查了分步乘法计数原理的应用，古典概型概率计算公式的应用，属于基础题. 9、B 【答案解析】 设直线的方程为代入抛物线方程，利用韦达定理可得,,由可知所以可得代入化简求得参数,即可求得结果. 【题目详解】 设，（，）.易知直线l的斜率存在且不为0，设为，则直线l的方程为.与抛物线方程联立得，所以，.因为，所以，得，所以，即，，所以. 故选:B. 【答案点睛】 本题考查直线与抛物线的位置关系,考查韦达定理及向量的坐标之间的关系,考查计算能力，属于中档题. 10、C 【答案解析】 设，，，由可得，利用定义将用表示即可. 【题目详解】 设，，，由及， 得，故， 所以. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查利用抛物线定义求焦半径的问题，考查学生等价转化的能力，是一道容易题. 11、A 【答案解析】 根据等差数列和等比数列公式直接计算得到答案. 【题目详解】 由成等比数列得，即，已知，解得. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了等差数列，等比数列的基本量的计算，意在考查学生的计算能力. 12、C 【答案解析】 取，计算知错误，根据不等式性质知正确，得到答案. 【题目详解】 ，故，，故正确； 取，计算知错误； 故选：. 【答案点睛】 本题考查了不等式性质，意在考查学生对于不等式性质的灵活运用. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 写出所在直线方程，求出圆心到直线的距离，结合题意可得关于的等式，求解得答案． 【题目详解】 解：直线的方程为，即． 圆的圆心 到直线的距离， 由的面积是的面积的2倍的点，有且仅有一对， 可得点到的距离是点到直线的距离的2倍， 可得过圆的圆心，如图： 由，解得． 故答案为：． 【答案点睛】 本题考查直线和圆的位置关系以及点到直线的距离公式应用，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题． 14、 【答案解析】 试题分析：根据题意设三角形的三边长分别设为为，所对的角为最大角，设为，则根据余弦定理得，故答案为. 考点：余弦定理及等比数列的定义. 15、 【答案解析】 由题意可得，该四面体的四个顶点位于一个长方体的四个顶点上， 设长方体的长宽高为，由题意可得： ，据此可得：， 则球的表面积：， 结合解得：. 点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 16、 【答案解析】 利用导数的运算法则求出导函数，再利用导数的几何意义即可求解. 【题目详解】 求导得， 所以，所以切线方程为 故答案为： 【答案点睛】 本题考查了基本初等函数的导数、导数的运算法则以及导数的几何意义，属于基础题. 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、（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ） 【答案解析】 （Ⅰ）由平面，可得，又因为是的中点，即得证； （Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，设，计算平面的法向量，由直线与平面所成角的大小为30°，列出等式，即得解. 【题目详解】 （Ⅰ）如图， 连接交于点，连接， 则是平面与平面的交线， 因为平面， 故， 又因为是的中点， 所以是的中点， 故. （Ⅱ）由条件可知，，所以，故以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设， 则， 设平面的法向量为， 则，即，故取 因为直线与平面所成角的大小为30° 所以， 即， 解得，故此时. 【答案点睛】 本题考查了立体几何和空间向量综合，考查了学生逻辑推理，空间想象，数学运算的能力，属于中档题. 18、（1）（2） 【答案解析】 （1）先利用同角的三角函数关系求得,再由求解即可； （2）在