重庆市十八中两江实验中学校2023届高三上学期第一次全真模拟数学试题及答案

这是一份重庆市十八中两江实验中学校2023届高三上学期第一次全真模拟数学试题及答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
重庆市十八中两江实验中学校2023届高三上学期第一次全真模拟数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知全集，集合，集合，那么（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数是关于的方程的一个根，则实数的值为（    ）
A． B．2 C． D．4
3．已知斐波那契数列满足，，若，是数列中的任意两项，，当时，称数组为数列的“平缓数组”（与为相同的“平缓数组”），为数组的组差.现从的所有“平缓数组”中随机抽取3个，则这3个“平缓数组”的组差中至少有2个相等的取法种数为（    ）
A．24 B．26 C．29 D．35
4．中国古代数学的瑰宝《九章第术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如下图所示的“曲池”，其高为3，底面，底面扇环所对的圆心角为，长度为长度的3倍，且线段，则该“曲池”的体积为（    ）

A． B． C． D．
5．如图，在中，点D是边AB上一点且，E是边BC的中点，直线AE和直线CD交于点F，若BF是的平分线，则（    ）

A．4 B．3 C．2 D．
6．已知正方体中，为内一点，且，设直线与所成的角为，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
7．已知，函数恰有3个零点，则m的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
8．函数在上有个零点，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（    ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，则
10．已知为坐标原点，抛物线：（）的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，点为抛物线上的动点，则（    ）
A．的最小值为
B．的准线方程为
C．
D．当时，点到直线的距离的最大值为
11．已知函数，若恒成立，则实数的可能的值为（    ）
A． B． C． D．
12．已知函数则下列结论正确的有（    ）
A．当时，是的极值点
B．当时，恒成立
C．当时，有2个零点
D．若是关于x的方程的2个不等实数根，则

三、填空题
13．已知常数.在的二项展开式中，项的系数是项的系数的4倍，则______.
14．能说明“设数列的前项和，对于任意的，若，则”为假命题的一个等比数列是__________．（写出数列的通项公式）
15．已知定义在R上的函数满足：①曲线上任意一点处的切线斜率均不小于1；②曲线在原点处的切线与圆相切，请写出一个符合题意的函数______．
16．已知椭圆的两个顶点在直线上，分别是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上异于长轴两个端点的任一点，过点作椭圆的切线与直线交于点，设直线，的斜率分别为，则的值为__________．

四、解答题
17．已知向量，且，
(1)求函数在上的值域；
(2)已知的三个内角分别为，其对应边分别为，若有，，求面积的最大值.
18．已知正项数列，其前项和满足.
(1)求的通项公式；
(2)证明：.
19．已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：

(1)证明：平面平面；
(2)若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值.
20．为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽查了男女生各100名，得到如下数据：
性别
锻炼
不经常
经常
女生
40
60
男生
20
80

(1)依据的独立性检验，能否认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系；
(2)从这200人中随机选择1人，已知选到的学生经常参加体育锻炼，求他是男生的概率；
(3)为了提高学生体育锻炼的积极性，集团设置了“学习女排精神，塑造健康体魄”的主题活动，在该活动的某次排球训练课上，甲乙丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.求第次传球后球在甲手中的概率.
附：

0.010
0.005
0.001

6.635
7.879
10.828


21．已知椭圆的左焦点为F，右顶点为，过F且斜率不为0的直线l交椭圆于A，B两点，C为线段AB的中点，当直线l的斜率为1时，线段AB的垂直平分线交x轴于点O（O为坐标原点），且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线DA，DB分别交直线于点M，N，求证：以MN为直径的圆恒过点F．
22．已知函数.
(1)判断的零点个数；
(2)当时，证明：.

参考答案：
1．B
【分析】先化简集合,再求出即得解.
【详解】解：由题得，.
所以，
所以.
故选：B
2．A
【分析】根据是关于的方程的一个根，代入计算即可求解.
【详解】因为是关于的方程的一个根，
所以，即，所以，
解得：，
故选：.
3．B
【分析】先根据“平缓数组”的定义，找出所有的“平缓数组”，然后再计算随机抽取三个“平缓数组”的组差中至少有2个相等的取法种数即可.
【详解】由题意得，，，，，，，又，所以当时，，所以的所有“平缓数组”有，，，，，，，共7个，
其中组差为0的有1个为，组差为1的有3个为，，，组差为2的有3个为，，，所以这3个“平缓数组”的组差中至少有2个相等的取法种数为，
故选：B
4．D
【分析】根据弧长与半径的关系，将两个弧所对应的半径求出，再根据圆柱的体积公式求出曲池的体积.
【详解】设对应半径为R，对应半径为r，根据弧长公式可知，，
因为两个扇环相同，长度为长度的3倍，
所以，
因为，
所以，
所以曲池体积为.
故选：D
5．C
【分析】首先根据BF是的平分线，则存在一个实数使得，
再替换向量和，利用平面向量基本定理的推论，即可求解.
【详解】因为BF是的平分线，所以存在一个实数使得，（根据角平分线的条件，选择合适的基底）
因为E是边BC的中点，所以，又点A，E，F共线，所以①．（三点共线的应用：（，为实数），若A，B，C三点共线，则）
因为，所以，又点C，F，D共线，所以②，联立①②，得，则，即.
故选：C．
6．C
【分析】根据题意结合线面垂直的判定定理和性质定理可证平面，分析可得点为的中心，结合可得，从而可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，转化为是底面半径为､高为的圆锥的母线，分析求得的范围，即可求解.
【详解】如图1，设与平面相交于点，连接交于点，连接，
∵平面，平面，则，
，，平面
∴平面，
由平面，则，
同理可证：，
，平面，
∴平面，
∵，由正三棱锥的性质可得：为的中心，
连接，
∵为的中点，∴交于点，连接，
由平面，平面，则，即是的高，
设，，则，且的内切圆半径，
则，，
∵，即，则，
∴点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.

∵平面，平面，则，
∴，
故为底面半径为，高为的圆锥的母线，如图2所示，

设圆锥的母线与底面所成的角，则，
所以，即直线与平面所成的角为.
直线在平面内，所以直线与直线所成角的取值范围为，
因为，所以直线与直线所成角的取值范围为，即，
所以.
故选：C.
【点睛】思路点睛：求解本题的关键：
（1）通过比较与的内切圆半径的大小，得出动点的轨迹；
（2）将直线与直线所成角的最小值转化为圆锥的母线与底面所成的角.
7．A
【分析】分别求出两段函数各自的零点，作出图像利用数形结合即可得出答案.
【详解】设，，
求导
由反比例函数及对数函数性质知在上单调递增，
且，，故在内必有唯一零点，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
令，解得或2，可作出函数的图像，
令，即，在之间解得或或，
作出图像如下图

数形结合可得：，
故选：A
8．B
【分析】函数得或，解方程即可求函数在上的从小到大的七个零点，根据在上有个零点，列不等式，即可求得的取值范围.
【详解】解：得或
解得或或
即或或
因为，函数在上的七个零点依次为：
由于在上有个零点，所以，解得，
则的取值范围是.
故选：B.
9．AC
【分析】根据线面、面面平行与垂直的相关定理依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，若，则在平面内存在直线，满足，
，，，又，，A正确；
对于B，若，，则或，B错误；
对于C，若，，则或，
当时，由知：；
当时，在内存在直线，由知：，又，；
综上所述：若，，，则，C正确；
对于D，若，，则与可能平行或相交或在面内，D错误.
故选：AC.
10．BCD
【分析】根据抛物线的焦点坐标以及标准方程，结合抛物线的定义，利用图象，可得A、B的正误；设出直线的方程，联立直线与抛物线，写出韦达定理，根据数量积的坐标运算，整理函数关系，可得C的正误；利用两平行线之间的距离公式，结合导数求得范围，可得D的正误.
【详解】对于A、B，由抛物线的焦点，则，即，其准线方程为，
设点到准线的距离为，则，
设点到准线的距离为，易知，如下图：

故A错误，B正确；
对于C，由题意可知，过点的直线可设为，代入抛物线，可得，
设，则，
，
将代入上式，可得，故C正确；
对于D，由C可得直线的方程为，可设直线的方程为，
易知点到直线的距离等于两平行线与的距离，
令，，
当时，，当时，，
则在和上单调递减，在上单调递增，
由当时，，当时，，则，，可得，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常用思路，联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围.
11．CD
【分析】由题设条件得到，从而变形得，分类讨论与两种情况，利用同构法得到，由此构造函数将问题转化为恒成立问题，进而得解.
【详解】因为，且恒成立，
所以，则，故，则，
当时，，，则，故，则恒成立，
当时，，，则，
对两边取对数，得，
令，则，
又，所以在上单调递增，
故，即在上恒成立，
令，则在上恒成立，即，
又，令，得；，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，则，
故，
对于AB，易得，，故AB错误；
对于CD，易得，，故CD正确.
故选：CD.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是对进行变形得到，从而利用同构法得到，由此得解.
12．ABD
【分析】对于A，代入后对求导，利用导数与函数极值的关系即可得证；对于B，构造函数，利用导数求得，从而可证得；对于C，举反例排除即可；对于D，利用极值点偏移的证明方法即可证得.
【详解】对于A，当时，，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，故A正确；
对于B，令，得，
令，则，
令，解得，
故当，，单调递增；当，，单调递减；
所以，
因为，所以，故，整理得，即恒成立，故B正确；
对于C，令，则，令，解得，故只有1个零点，故C错误；
对于D，因为是关于的方程的2个不等实数根，
所以，即，
所以问题等价于有两个零点，证明，
不妨设，则由得到，
要证，只需要证明，
即只需证明：，
只需证明：，即，
令，
只需证明：，
令，
则，即在上单调递增，
又，所以，即恒成立，
综上所述，原不等式成立，即成立，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
13．##0.5
【分析】通过展开式得出项和项的系数，利用等量关系建立方程，解方程组即可得出的值.
【详解】解：由题意，
在的二项展开式中，展开式为，
当即时，，
∴项的系数为
当即时，，
∴项的系数为
∵项的系数是项的系数的4倍
∴解得：
故答案为：.
14．（答案不唯一）
【分析】根据数列的单调性结合的符号可得出结果.
【详解】取，则，则，
但，故满足题意.
故答案为：.（答案不唯一）
15．（答案不唯一）
【分析】首先由②求出满足条件的切线方程，再写出函数判断是否正确.
【详解】由②可设过原点且与圆相切的直线为，则，
解得或（舍），结合①知曲线在原点处的切线为．
当时，（答案不唯一，只要符合题意即可）
，满足①．因为，所以曲线在原点处的切线为，满足②．故符合题意．
故答案为：（答案不唯一）
16．
【分析】根据题意求出，进而写出椭圆方程，设点的切线方程为，与椭圆联立，由得到，然后依次表示出相关点的坐标，利用斜率公式表示出，进而化简整理即可求出结果。
【详解】因为椭圆的两个顶点在直线上，
所以，所以椭圆方程为，所以,
设点的切线方程为，，
联立，消去得，
因为直线与椭圆相切，所以，所以，
所以，所以点，
又，所以，所以，
设点，又在切线上，所以，
所以，
所以，
故答案为：
【点睛】解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去（或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，注意不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据向量的数量积为求得解析式进而求得值域.
（2）利用余弦定理和基本不等式即可求得面积的最大值.
【详解】（1）由已知，，所以
所以，又因为
所以，所以，即
在上的值域为
（2）由（1）知：所以

，又
所以，所以，又因为 由余弦定理可得：
，所以
所以 ，当且仅当时取“=”
故面积的最大值为
18．(1)，
(2)证明见解析

【分析】（1）已知求通项公式，先算再计算，作差公式为：；（2）将的表达式代入然后运用裂项相消法求和后可证.
【详解】（1）当时，可得.
当时，由题意可得，即，
所以，
又，
经检验，当时符合，所以，；
所以当时，，
经检验，当时符合，所以，；
（2）由（1）可得，所以
，命题得证.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据三棱锥的平面展开图确定各棱长，由勾股定理和等边三角形性质先证明线面垂直，再由面面垂直判定定理证明平面平面；（2）确定在棱上的位置，建立合理的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值即可.
【详解】（1）如下图所示：

设的中点为，连接，，
由题意得，，；
在中，，的中点为，.
又在中，，，，
，；
又平面，平面；
平面，
又平面，
平面平面
（2）由（1）可知，，，
平面，即为直线与平面所成的角，
且，
所以，当最短时，即为的中点时，最大；
由图可知，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，；
设平面的法向量为，
则，
令，得，即；
易知，平面的法向量为，
设二面角的平面角为，
则
所以，二面角的余弦值为.
20．(1)可以认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系，理由见解析
(2)
(3)

【分析】（1）计算卡方，与6.635比较后得到结论；
（2）利用事件，利用条件概率求出答案；
（3）设n次传球后球在甲手中的概率为，，得到，利用构造法得到，即数列是以为首项，为公比的等比数列，从而求出通项公式，得到答案.
【详解】（1），
故依据的独立性检验，可以认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系；
（2）设从这200人中随机选择1人，设选到经常锻炼的学生为事件A，选到的学生为男生为事件B，
则，
则已知选到的学生经常参加体育锻炼，他是男生的概率；
（3）设n次传球后球在甲手中的概率为，，
则有，，
设，则，
所以，解得：，
所以，其中，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
故，
故第次传球后球在甲手中的概率为.
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）当直线l的斜率为1时，借助为等腰直角三角形的几何性质求解的值，再根据，b，c的关系求b,进而求出椭圆的标准方程；
（2）首先设直线AB的方程为，然后通过直线与曲线联立，并通过韦达定理求解与的值，再借助，点的坐标求解与点坐标，最后利用坐标表示，代入与的值求得，进而得证，即可得到结果.
【详解】（1）由题易知，当直线l的斜率为1时，为等腰直角三角形，
所以，
又，，所以，
故椭圆的标准方程为．
（2）由（1）知，设直线AB的方程为，，，
把直线AB的方程与椭圆方程联立，
整理得，
，
则，．
设，，
由M，A，D三点共线得，得，
同理，由N，B，D三点共线，得．



，
所以，故以MN为直径的圆恒过点F．
【点睛】关键点点睛：求解本题第（2）问的关键是将点M，N的纵坐标分别用点A，B的纵坐标表示出来，结合直线的斜率公式及根与系数的关系证得，从而证得，即可得到结果．
22．(1)个
(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，结合函数的最值可得出结论；
（2）所证不等式即为.当时，可利用放缩法证明即可；在时，由（1）得出，并证明出，转化为证明，构造函数，利用导数证得，即可证得结论成立.综合可得出结论.
【详解】（1）解：函数函数的定义域为，，
令，则且不恒为零，
所以在上单调递增，又因为，
所以当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以，，故仅有个零点.
（2）证明：要证，即证.
①当时，则，则，
而，所以原不等式成立；
②当时，，由（1）知时，，
所以，则，
所以只需证.
令，，则且不恒为零，
所以在上单调递减，所以，即.
故只需证，即证，
令，其中，令，
则，且不恒为零，故函数在上为增函数，
故，且不恒为零，故在上为增函数，
则，即，
综上所述，.
【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（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（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.