2023届云南省安宁市第一中学高三省测数学模拟试题含解析

这是一份2023届云南省安宁市第一中学高三省测数学模拟试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届云南省安宁市第一中学高三省测数学模拟试题 一、单选题1．已知集合，则中元素的个数为A． B． C． D．【答案】B【解析】列举出集合中的元素，可得出结论.【详解】由题意可得，因此，集合中有个元素.故选：B.【点睛】本题考查利用列举法表示集合，列举出集合中的元素是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.2．设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】列出从5个点选3个点的所有情况，再列出3点共线的情况，用古典概型的概率计算公式运算即可.【详解】如图，从5个点中任取3个有共种不同取法，3点共线只有与共2种情况，由古典概型的概率计算公式知，取到3点共线的概率为.故选：A【点晴】本题主要考查古典概型的概率计算问题，采用列举法，考查学生数学运算能力，是一道容易题.3．设是首项为的等比数列，公比为，则“”是“对任意的正整数，”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由等比数列通项公式得到的变形式，转化成关于公比的不等式，解得的取值范围，进而可以顺利判定二者的关系.【详解】数列是首项为的等比数列，公比为则当时的值正负均可以出现，不能判定符号，即不能推出当即时，可以得到，则成立.则“”是“对任意的正整数，”的必要不充分条件,选项B正确.故选：B4．已知点，，动点到直线的距离为，，则（    ）A．点的轨迹是圆 B．点的轨迹曲线的离心率等于C．点的轨迹方程为 D．的周长为定值【答案】C【分析】利用两点的距离公式及点到直线的距离公式将已知几何条件用坐标表示，化简求出轨迹方程，然后判断选项的正误即可．【详解】解：点，，动点到直线的距离为，，设动点的坐标为，可得：，化简得点的轨迹方程为，所以的轨迹是椭圆，所以A错误，C正确；离心率为：，所以B不正确；△的周长为定值：，所以D不正确；故选：C．5．已知，，则p是q的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】A【解析】先求出对应的不等式的解，再利用集合包含关系，进而可选出答案.【详解】由题意，，设，解得：或，设或显然A是B的真子集，所以是的充分不必要条件.故选：A.【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．6．已知是圆上一个动点，且直线与直线相交于点P，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件确定出点P的轨迹，再借助圆与圆的位置关系及圆的几何性质计算作答.【详解】依题意，直线恒过定点，直线恒过定点，显然直线，因此，直线与交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆，其方程为：，圆心，半径，而圆C的圆心，半径，如图：，两圆外离，由圆的几何性质得：，，所以的取值范围是：.故选：B【点睛】思路点睛：判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法.7．已知双曲线，直线过坐标原点并与双曲线交于两点（在第一象限），过点作的垂线与双曲线交于另一个点，直线交轴于点，若点的横坐标为点横坐标的两倍，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，，根据垂直关系及坐标可得直线的方程，联立可求得点坐标，代入双曲线方程中，结合在双曲线上，可化简整理得到，由离心率可求得结果.【详解】由题意知：直线斜率存在且不为零，则可设直线，设，则，，，，则直线，又，直线，由得：，即，在双曲线上，，又在双曲线上，即，，，即，，，又，，双曲线离心率.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线离心率的求解问题；解题关键是能够通过两直线方程联立的方式，求得点坐标，从而根据点在双曲线上构造方程，化简整理得到之间的关系.8．设函数的定义域为R，且，当时，，若对任意，都有，则实数m的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题设得到且，，注意判断函数值的变化趋势，再求得的最大k值，此时结合二次函数性质确定上对应x值，即可得m的范围.【详解】令，则，故，而，所以且，令，则，故，而，所以且，结合已知：且时，而，对且，，即随增大依次变小，要使对任意都有，令，则且，则上，且上，当时，令，则，解得或，综上，要使对任意都有，只需.故选：C【点睛】关键点点睛：注意总结归纳且，随k的变化趋势，进而找到的对应区间，再求出该区间右侧区间中的自变量. 二、多选题9．下列命题的否定中，是真命题的有（    ）A．某些平行四边形是菱形 B．C． D．有实数解【答案】BD【分析】根据原命题和它的否定真假相反的法则判断，只需找出选项中的假命题即可.【详解】对于A，某些平行四边形是菱形，是真命题；对于B，因为，所以原命题是假命题；对于C，，是真命题；对于D，只有，即或时，有实数解，是假命题；根据原命题和它的否定真假相反的法则判断，选项BD中，原命题的否定是真命题.故选：BD10．关于变量x，y的n个样本点及其线性回归方程．下列说法正确的有（    ）A．相关系数r的绝对值|r|越接近0，表示x，y的线性相关程度越强B．相关指数的值越接近1，表示线性回归方程拟合效果越好C．残差平方和越大，表示线性回归方程拟合效果越好D．若，则点一定在线性回归方程上【答案】BD【解析】根据回归分析的相关知识，逐一分析四个选项的正误即可.相关系数的绝对值越接近0，线性相关度越弱.相关指数表示拟合效果的好坏，指数越大，拟合程度越好.残差平方和越小，拟合程度越好.线性回归方程一定过样本中心点.【详解】根据线性相关系数的意义可知，当的绝对值越接近于0时，两个随机变量线性相关性越弱，则A错误；用相关指数来刻画回归效果，越大，说明模型的拟合效果越好，则B正确；拟合效果的好坏是由残差平方和来体现的，残差平方和越大，拟合效果越差，则C错误；样本中心点一定在回归直线上，则D正确.故选：BD.11．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（    ）A．若，则B．若，则的最小值为5C．以线段为直径的圆与直线相切D．若，则直线的斜率为【答案】AC【分析】根据抛物线的焦半径公式即可判断A；过点作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义结合图象即可判断B；设点的坐标分别为，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求得，从而可得线段的中点坐标及长度，再求出中点到准线的距离即可判断C；根据，可得，结合C选项即可判断D.【详解】解：抛物线的准线方程为，对于A，由，得，故A正确；对于B，过点作准线的垂线，垂足为，则，当且仅当三点共线时，取等号，所以的最小值为4，故B错误；对于C，设点的坐标分别为，直线的方程为，联立方程，消去得，则，则，线段的中点为，点到直线的距离为，所以以为直径的圆与直线相切，故C正确；对于D，因为，所以，可得，由， 得，解得，故D错误.故选：AC.12．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（    ）A．B．1225既是三角形数，又是正方形数C．D．，，总存在，，使得成立【答案】BCD【分析】根据给定信息，求出数列、的通项，再逐一分析各个选项即可判断作答.【详解】依题意，数列中，，，，于是得，满足上式，数列中，，，，于是得，满足上式，因此，对于A，，则，A不正确；对于B，因为，则，又，则，B正确；对于C，，则，C正确；对于D，，，取，则，所以，，总存在，，使得成立，D正确.故选：BCD【点睛】易错点睛：裂项法求和问题，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 三、双空题13．已知函数，则___________；若，则实数的取值范围是___________.【答案】          【分析】根据分段函数解析式，先求出，即可得解，证明函数是上的减函数，再解关于的一元二次不等式即可.【详解】解：由，得，所以，因为都是减函数，且当时，，所以函数是上的减函数，则，即为，解得.故答案为：；. 四、填空题14．写出一个同时满足下列条件①②的双曲线的标准方程：_______.①焦点在轴上；②离心率为.【答案】(答案不唯一).【分析】利用双曲线的离心率公式及焦点在轴上即可求解.【详解】由于双曲线的焦点在轴上，所以设它的标准方程为.因为双曲线的离心率为，所以，解得.所以写出一个同时满足下列条件①②双曲线的标准方程可以为.故答案为：(答案不唯一).15．在三棱锥中，，，点到底面的距离为，若三棱锥的外接球表面积为，则的长为__________.【答案】【解析】平面,垂足为点，连接，由条件可知 是四边形外接圆的直径，并作出几何体外接球的球心，并且求出，根据同弦所对的圆周角相等，可知 ，求出的长.【详解】平面,垂足为点，连接， ，平面，平面 ，，同理，是四边形外接圆的直径，取的中点，即是四边形外接圆的圆心，作平面，则过的中点作的垂线，交于点，则 ，是三棱锥外接球的球心，，， ,,，即底面外接圆的直径是2，，，.故答案为：【点睛】本题考查几何体的外接球问题，意在考查空间想象能力和计算能力，属于中档题型，一般几何体的外接球问题关键是确定球心，也可利用补体求解，若是几何体可以补成长方体或正方体，可以转化为正方体或长方体的外接球问题.16．已知､分别在直线与直线上，且，点，，则的最小值为___________.【答案】##【分析】利用线段的等量关系进行转化，找到最小值即为所求.【详解】由直线与间的距离为得，过作直线垂直于，如图，则直线的方程为：，将沿着直线往上平移个单位到点，有，连接交直线于点P，过P作于Q，连接BQ，有，即四边形为平行四边形，则，即有，显然是直线上的点与点距离和的最小值，因此的最小值，即的最小值，而，所以的最小值为=故答案为：【点睛】思路点睛：（1）合理的利用假设可以探究取值的范围，严谨的思维是验证的必要过程.（2）转化与划归思想是解决距离最值问题中一种有效的途径.（3）数形结合使得问题更加具体和形象，从而使得方法清晰与明朗. 五、解答题17．已知函数，其中.(1)当时，讨论在上的单调性；(2)若对任意都有，求实数的取值范围.【答案】(1)f（x）在上单调递减，在上单调递增.(2) 【分析】（1）根据题意将代入中，求导，解导数方程，讨论导数的正负，即可得函数的单调性；（2）根据题意，构造函数和，对进行分类讨论，结合单调性即可求解的取值范围.【详解】（1）当时，，则，令，当时，解得，故当时，；当时，.所以，在上单调递减，在上单调递增.（2）令，则.当时，，所以.当时，，故在上单调递增.又，故.当时，令，则，故在上单调递增.故存在使得，且当时，即在上单调递减，所以当时，，故不符合 .综上所述，的取值范围为.18．某人发现人们在邮箱名称里喜欢用数字，于是他做了调查，结果如下表：邮箱数601302653061233213047006897名称里有数字的邮箱数3678165187728130028204131频率         （1）填写上表中的频率（结果保留到小数点后两位）；（2）人们在邮箱名称里使用数字的概率约是多少？【答案】（1）见解析；（2）0.60.【解析】(1)用频数除以总数求出频率；(2)由(1)观察到频率均在常数0.60左右摆动，所以所求概率越为0.60.【详解】（1）由频率公式可算出表格中的频率从左向右依次为0.60，0.60，0.62，0.61，0.59，0.61，0.60，0.60.（2）由（1）知，虽然计算出的频率不全相同，但都在常数0.60左右摆动，因此，中国人在邮箱名称里使用数字的概率约为0.60.【点睛】本题考查频率的计算，用频率估计概率，属于基础题.19．2020 年初至今，新冠肺炎疫情袭击全球，对人民生命安全和生产生活造成严重影响. 在党和政府强有力的抗疫领导下，我国控制住疫情后，一方面防止境外疫情输入，另一方面逐步复工复产，减轻经济下降对企业和民众带来的损失. 为降低疫情影响，某厂家拟在2022年举行某产品的促销活动，经调查测算，该产品的年销售量(即该厂的年产量) x万件与年促销费用m万元(m≥0)满足 x= 4−. 已知生产该产品的固定成本为 8万元，生产成本为16万元 / 万件，厂家将产品的销售价格定为万元 / 万件 (产品年平均成本)的1.5倍.(1)将2022年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；(2)该厂家2022年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？【答案】(1)(2)3万元 【分析】（1）依据题意列出该产品的利润y万元关于年促销费用m万元的解析式即可；（2）依据均值定理即可求得促销费用投入3万元时，厂家的利润最大.【详解】（1）由题意知，每万件产品的销售价格为（万元），x= 4−则2022年的利润．（2）∵当时，，∴，（当且仅当时等号成立） ∴，当且仅当万元时，（万元）．故该厂家2022年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为29万元．20．已知抛物线:()的准线过双曲线()的左焦点.（1）求抛物线的方程；（2）设抛物线的焦点为，直线:与交于不同的两点，，求的值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意可知，双曲线的左焦点为，所以，求出的值，即可得答案；（2）设，，利用焦半径公式代入计算，即可得答案.【详解】（1）由题意可知，双曲线的左焦点为，所以，即.所以抛物线的方程为.（2）把直线的方程代入得.所以.设，.所以，.所以.【点睛】本题考查抛物线标准方程的求解、抛物线焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.21．已知过点的椭圆：上的点到焦点的最大距离为3.(1)求椭圆的方程；(2)已知过椭圆：上一点的切线方程为.已知点M为直线上任意一点，过M点作椭圆的两条切线 ，为切点，与（O为原点）交于点D，当最小时求四边形的面积.【答案】(1).(2). 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，即可求得答案；（2）设，，，，根据题意结合切线方程求得方程，设AB与x轴交于点E，则有，利用两角和正切公式表示出 ，结合基本不等式确定其最小值，即可求得，进而确定，从而联立方程和椭圆方程，得根与系数关系，求得弦长，借助于三角形面积即可求得四边形的面积.【详解】（1）依题意有，，，则,由得，即，整理得 ，解得 ，或 ，由于，故舍去，∴，，，椭圆的方程为.（2）设，，，，依题意有切线方程为，切线方程为，又切线都过点，∴，，∴方程为：，∴，,设AB与x轴交于点E，则有,∴，当且仅当时取等号，此时为锐角，同理根据对称性可求得时，故方程为：或，∴，根据对称性可以取，则，，，联立 ，得，∴，，∴，又 ,∴,故最小时四边形的面积为.【点睛】关键点点睛：本题关键突破在于求四边形的面积时，要确定最小时M的坐标，解答时利用题意求得方程，从而得其斜率，进而用两角和的正切公式表示，结合基本不等式求得其最小值，即可求得M的坐标，即可得方程，再联立椭圆方程求弦长，这样问题就将迎刃而解.22．已知函数.(1)若函数为奇函数，求实数m的值.(2)当时，求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由奇函数求参数m，并验证.（2）由（1）易知为奇函数，结合即可求结果.【详解】（1）由定义域为R且为奇函数，则，可得，所以，则满足，所以.（2）当时，令，则，由（1）知为奇函数，则，所以.