2023届海南省华侨中学高三第一次模拟考试数学试题含解析

这是一份2023届海南省华侨中学高三第一次模拟考试数学试题含解析，共20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。
2023届海南省华侨中学高三第一次模拟考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则等于（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据对数函数，指数函数的图象和性质求得集合,进而求交集.【详解】由对数函数是单调减函数，结合图象可得，根据指数函数是单调增函数，结合图象可得，∴.故选：B.2．设a,b为实数，若复数，则A． B．C． D．【答案】A【分析】先化简，然后用复数相等的条件，列方程组求解．【详解】由可得1+2i＝（a﹣b）+（a+b）i，所以，解得，，故选A．【点睛】本题考查了复数相等的概念及有关运算，考查计算能力．是基础题．3．点关于直线的对称点是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设出对称点，根据对称 关系列出式子即可求解.【详解】解：设点关于直线的对称点是，则有，解得，，故点关于直线的对称点是.故选：B.【点睛】方法点睛：关于轴对称问题：（1）点关于直线的对称点，则有；（2）直线关于直线的对称可转化为点关于直线的对称问题来解决.4．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ）．A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，所以，，，又因为异面直线所成的角的范围为，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：C.5．在等比数列中，，若、、成等差数列，则的公比为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设等比数列的公比为，则，根据题意可得出、的等量关系，即可求得数列的公比.【详解】设等比数列的公比为，则，由题意可得，即，则，故.故选：B.6．已知是边长为1的正三角形，，，则（    ）A． B． C． D．1【答案】A【分析】根据题意画出图像，即可得出，，再得出，代入计算即可得出答案．【详解】由，可知E为BC中点，所以，如图所示：因为，根据上图可知故选：A7．若对函数的图象上任意一点处的切线，函数的图象上总存在一点处的切线，使得，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求导得到范围A，再分，，三种情况讨论得范围B，最后根据条件得A与B包含关系，计算得到答案.【详解】由，得，所以，由，得.(1)当时，导函数单调递增，，由题意得故，解得；(2)当时，导函数单调递减，，同理可得，与矛盾，舍去；（3）当时，不符合题意.综上所述：的取值范围为.故选：.【点睛】本题考查了函数的切线问题，根据直线的位置关系求参数，意在考查学生的计算能力和应用能力.8．已知，，（为自然对数的底数），则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据三角函数的性质可得，进而可得，然后构造函数，根据导数可得，进而可得，即得.【详解】因为，所以，又，，所以，设，则，由，可得，函数单调递增，由，可得，函数函数单调递减，所以，，所以，即，所以.故选：A. 二、多选题9．已知直线，则（    ）A．直线过定点B．当时，C．当时，D．当时，两直线之间的距离为1【答案】CD【分析】根据给定的直线的方程，结合各选项中的条件逐一判断作答.【详解】依题意，直线，由解得：，因此直线恒过定点，A不正确；当时，直线，而直线，显然，即直线不垂直，B不正确；当时，直线，而直线，显然，即，C正确；当时，有，解得，即直线，因此直线之间的距离，D正确.故选：CD10．已知函数的图象关于直线对称,则（    ）A．的最小正周期为B．在上单调递增C．的图象关于点对称D．若,且在上无极值点,则的最小值为【答案】ACD【分析】由解得,求出,由可判断A;求出的范围,根据正弦函数的单调性可判断B;计算可判断C;，可得或，可得 的最小值为可判断D.【详解】因为函数的图象关于直线对称,所以,即,解得,,且,对于A,,故A正确;对于B,,所以,因为在上单调递减,在上单调递增,故B错误;对于C,,故C正确;对于D,根据题意,且函数在上单调.若,则,可得或者,,即,,当时,的最小值为.因为函数在上单调,即在上无零点,因为的半周期为,在上无零点,则的最小值为满足题意,故D正确.故选:ACD.11．已知正实数，满足，下列说法正确的是（    ）A．的最大值为2 B．的最小值为4C．的最小值为 D．的最小值为【答案】BCD【分析】利用基本不等式和解一元二次不等式可判断A,B,将代入，化简，利用基本不等式求解可判断C，利用基本不等式“1”的妙用可判断D.【详解】对于A,因为，即，解得，又因为正实数，，所以，则有，当且仅当时取得等号，故A错误；对于B，，即，解得（舍），当且仅当时取得等号，故B正确；对于C,由题可得所以，解得，，当且仅当即时取得等号，故C正确；对于D,，当且仅当时取得等号，故D正确，故选:BCD.12．正方体的棱长是，、分别是、的中点，则下列结论正确的是（    ）A．B．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是C．平面截正方体所得的截面周长是D．与平面所成的角的正切值是【答案】AC【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，可判断AD选项；分析可知以为球心，为半径的球面与侧面的交线是以点为圆心，半径为的圆，利用扇形的弧长公式可判断B选项；确定平面与正方体各棱的交点，求出截面周长，可判断C选项.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，对于A选项，、、、，，，则，，A对；对于B选项，因为平面，所以，以为球心，为半径的球面与侧面的交线是以点为圆心，半径为的圆，故交线长为，B错；对于D选项，易知点、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，，设直线与平面所成角为，则，所以，，故，因此，与平面所成的角的正切值是，D错.对于C选项，设平面交棱于点，其中，，因为平面，所以，，解得，即点，同理可知，平面交棱于点，由空间中两点间的距离公式可得，同理可得，，因此， 平面截正方体所得的截面为五边形，其周长是，C对.故选：AC.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 三、填空题13．已知直线的方向向量为，点在直线上，则点到直线的距离为______.【答案】【分析】求出与直线的方向向量的夹角的余弦，转化为正弦后可得点到直线的距离．【详解】，，所以，点到的距离为．故答案为：．14．求和：___________ ．【答案】【详解】易知该数列的通项，故该数列的前n项和为15．如图，正方形ABCD的边长为1，P、Q分别为边BC、CD上的点，当的周长是2，则的大小为_________．【答案】【分析】设出角，然后借助于正方形的性质得到，可得 ，再利用两角和的正切公式可得，即求.【详解】设，则，则，， 即，，.故答案为：16．已知函数及其导函数的定义域均为R，若和均为奇函数，则______．【答案】【分析】由原函数的奇偶性，对称性推导函数的周期性，构造新函数求解即可.【详解】因为为奇函数，则关于点中心对称，所以关于直线对称，所以，令，则，，所以，所以关于直线对称，又因为为奇函数，所以，所以，所以关于点中心对称，令，则，由，所以，所以，所以，所以周期为，当时，，当时，，所以，所以.故答案为：. 四、解答题17．已知的内角的对应边分别为，且.（1）求；（2）设为边上一点﹐且，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式可得，进而得 ，求得，即可得解；（2）在中，由余弦定理求得，再在中，求得，得到点是的中点，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1），由正弦定理得：，即，在中，，，所以，因为，所以，（2）由余弦定理可得，即整理得：，解得或（舍去），，解得，在中，，所以，，即是的中点，所以的面积.【点睛】关键点点睛：本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．18．2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（也称“强基计划”），《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划.强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节.已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立.若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率匀为，该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次，，，其中.(1)若，求该考生报考乙大学在笔试环节恰好通过两门科目的概率；(2)“强基计划”规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为决策依据，则当该考生更希望通过乙大学的笔试时，求m的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知，根据题意，由该考生报考乙大学，每门科目通过的概率可分情况直接求解恰好通过两门科目的概率；（2）由已知，报考甲大学，每门科目通过满足二项分布，可直接计算其期望，然后再根据已知条件，计算通过乙大学的数学期望，然后令通过乙大学的数学期望大于通过甲大学的数学期望，即可完成参数的求解.【详解】（1）该考生报考乙大学在笔试环节恰好通过两门科目的概率为：.（2）甲通过的考试科目数，∴.设乙通过的考试科目数为，则，，，∴∵该考生更希望通过乙大学的笔试，∴，∴，又因为，∴.∴当该考生更希望通过乙大学的笔试时，的取值范围是.19．如图，四棱锥的底面为正方形，平面，，是侧面上一点．(1)过点作一个截面，使得与都与平行．作出与四棱锥表面的交线，并证明；(2)设，其中．若与平面所成角的正弦值为，求的值．【答案】(1)答案和证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理分别在几何体表面作出与平行的直线即可求解；（2）根据表示出点的坐标，再求出平面的法向量，从而表示得与平面所成角的正弦值，解方程求解.【详解】（1）过点作的平行线，分别交于点，过作的平行线，交于点，过作的平行线交于点，则截面为所求截面，证明如下：因为截面,截面,所以截面,因为截面,截面,所以截面.（2）因为平面，平面，所以，且，所以以为坐标原点，为轴建系如图，则所以，所以，又因为，所以，设平面的法向量为，所以令，所以，设与平面所成角为，则，整理得，解得（舍），.20．已知为等差数列，前项和为，若，(1)求(2)对，将中落入区间内项的个数记为，求的和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用等差数列的通项公式列方程组求解即可；（2）先根据及可得，进而得，再由分组求和和等比数列的前项和公式求解即可.【详解】（1）设的公差为，所以，，解得，，所以（2）由题意可得，即，因为，所以，所以，，所以.21．如图，过点和点的两条平行线和分别交抛物线于和（其中在轴的上方），交轴于点．（1）求证：点、点的纵坐标乘积为定值；（2）分别记和的面积为和，当时，求直线的方程．【答案】（1）证明见解析； （2）.【分析】（1）设直线，联立方程组，结合根与系数的关系，即可求解；（2）联立方程组，求得，根据，化简整理得，分别联立，和，求得的值，结合直线的点斜式方程，即可求解.【详解】（1）设，设直线，由，可得，所以，所以点、的纵坐标乘积为定值.（2）由（1）直线，联立方程组，可得，所以，可得，即，因为且代入上式，整理得，又由，联立可得，又因为，代入可得，又由，代入可得，即，所以，可得直线的方程为，即.【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．22．已知函数，．(1)证明：存在唯一零点；(2)设，若存在，使得，证明：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）利用导函数求单调性，结合即可求解.（2）由题意可得，若是方程的根，则是方程的根，所以，，再利用导函数求的最小值即可.【详解】（1）由题意可得，记，则，因为时，恒成立，所以在上单调递增，因为，所以在上恒小于0，在上恒大于0，所以在上单调递减，在上单调递增，因为，所以有唯一零点0．（2）由可得，若是方程的根，则是方程的根，因为，都单调递增，所以，，设，，所以的解为，的解为，所以在上递减，在上递增，所以的最小值为，即的最小值为．故原不等式成立.【点睛】当函数的一阶导数符号不好判断时，常利用二阶导数判断一阶导数的单调性，进而得到一阶导数大于0和小于0的区间.