2023届普通高等学校招生全国统一考试第一次模拟考试数学（理）试卷(含答案)

这是一份2023届普通高等学校招生全国统一考试第一次模拟考试数学（理）试卷(含答案)，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届普通高等学校招生全国统一考试第一次模拟考试数学（理）试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题1、设全集，集合N满足，则(   )A. B. C. D.2、已知，则(   )A.2 B.-2 C. D.3、已知向量，满足，，，则(   )A.8 B.-8 C.-4 D.44、中国古代某数学名著中有这样一个类似问题：“四百四十一里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见末日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：有一个人一共走了441里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走的路程是(   )A.7里 B.8里 C.9里 D.10里5、已知，是椭圆的两个焦点，点M、N在C上，若，则的最大值为(   )A.9 B.20 C.25 D.306、执行如图的程序框图，如果输入的，则输出的(   )A.-6 B.-5 C.-4 D.-37、已知数列满足，，若，则(   )A.18 B.16 C.11 D.68、如图，在正方体中，E，F，M分别为所在棱的中点，P为下底面的中心，则下列结论中正确的是(   )①平面平面②③④平面A.①② B.①②④ C.②③④ D.①④9、已知正六棱锥的各顶点都在球O的球面上，球心O在该正六棱锥的内部，若球O的体积为，则该正六棱锥体积的最大值为(   )A. B. C. D.10、为了解全市高三学生身体素质状况，对某校高三学生进行了体能抽样测试，得到学生的体育成绩，其中60分及以上为及格，90分及以上为优秀，则下列说法正确的是(   )附：若，则，.A.该校学生体育成绩的方差为10B.该校学生体育成绩的期望为85C.该校学生体育成绩的及格率小于D.该校学生体育成绩的优秀率大于11、已知点在双曲线上，斜率为k的直线l过点且不过点P.若直线l交C于M，N两点，且以线段MN为直径的圆过点P，则(   )A. B. C. D.12、定义在R上的不恒为零的偶函数满足，且.则(   )A.30 B.60 C.90 D.120二、填空题13、从A，B等5名自愿者中随机选3名参加核酸检测工作，则A和B至多有一个入选的概率为__________.14、已知直线与圆交于A，B两点，直线垂直.平分弦AB，则弦AB的长为__________.15、记函数的最小正周期为T.若，为的极小值点，则的最小值为__________.16、已知和分别是函数(且)的极小值点和极大值点.若，则的最小值的取值范围是__________.三、解答题17、在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.(1)求A；(2)在原题条件的基础上，若增加下列条件之一，请说明条件①与②哪个能使得唯一确定，当唯一确定时，求边BC上的高h.条件①：，；条件②：，.18、新型冠状病毒疫情已经严重影响了我们正常的学习、工作和生活.某市为了遏制病毒的传播，利用各种宣传工具向市民宣传防治病毒传播的科学知识.某校为了解学生对新型冠状病毒的防护认识，对该校学生开展防疫知识有奖竞赛活动，并从女生和男生中各随机抽取30人，统计答题成绩分别制成如下频数分布表和频率分布直方图.规定：成绩在80分及以上的同学成为“防疫标兵”.30名女生成绩频数分布表：成绩频数101064(1)根据以上数据，完成以下列联表，并判断是否有95%的把握认为“防疫标兵”与性别有关； 男生女生合计防疫标兵   非防疫标兵   合计   (2)以样本估计总体，以频率估计概率，现从该校女生中随机抽取4人，其中“防疫标兵”的人数为X，求随机变量X的分布列与数学期望.附：，.0.1000.0500.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.82819、如图，已知矩形ABCD是圆柱的轴截面，P是CD的中点，直线BP与下底面所成角的正切值为，矩形ABCD的面积为12，MN为圆柱的一条母线(不与AB，CD重合).(1)证明：；(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值.20、已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积；(2)若没有零点，求a的取值范围.21、已知直线l与抛物线交于A，B两点，且，，D为垂足，点D的坐标为.(1)求C的方程；(2)若点E是直线上的动点，过点E作抛物线C的两条切线EP，EQ，其中P，Q为切点，试证明直线PQ恒过一定点，并求出该定点的坐标.22、[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为(t为参数，).在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.(1)说明是什么曲线，并将的方程化为极坐标方程；(2)直线的极坐标方程为，是否存在实数b，使与的公共点都在上，若存在，求出b的值；若不存在，请说明理由.23、[选修4-5：不等式选讲]设a，b，，a，b，c，-1均不为零，且.(1)证明：；(2)求的最小值.
参考答案1、答案：B解析：因为全集，，所以.故选：B.2、答案：C解析：因为，所以，所以，所以，故选：C.3、答案：D解析：因为，所以，又因为，，所以，，所以.4、答案：A解析：设第六天走的路程为，第五天走的路程为……第一天走的路程记为，根据题意每天走的路程为前一天的一半，所以公比，且，，所以，从而解得，故选：A.5、答案：C解析：根据椭圆定义可得：，，因为，所以，即，当且仅当时等号成立，所以，则的最大值为25.6、答案：D解析：7、答案：B解析：，故选：B.8、答案：B解析：由题知，在正方体中，E，F，M分别为所在棱的中点，P为下底面的中心，如图，连接，，，BD，所以，，平面ABCD，所以，，因为，，平面，所以平面，因为在中，E，F分别为CD，BC中点，所以，所以平面，因为平面，所以平面平面，故①正确，由题知，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，因为E，F，M分别为所在棱的中点，P为下底面的中心，所以，，，，，所以，，，因为，，所以成立，不成立；故②正确，③错误；又由①中得，，，所以，因为平面，平面，所以平面，故④正确，故选：B.9、答案：B解析：如图，过P作平面ABCDEF，则球心O在PM上，设，，外接球的半径为R，因为球O的体积为，所以，解得，在中，，所以，正六棱锥的体积为，设，，.令，解得，令，解得或，所以在单调递减，单调递增，单调递减，因为球心O在该正六棱锥的内部，所以，所以在单调递增，单调递减.所以，故选：B.10、答案：C解析：因为，所以该校学生体育成绩的期望为70，方差为100，所以A，B均不正确；因为60分及以上为及格，所以，C正确；因为90分及以上为优秀，所以，D不正确；故选：C.11、答案：A解析：将代入，则，可得，故，可得双曲线方程：，设，代入可得，则，设，，，则，，已知，则，，以线段MN为直径的圆过点P，则，故，因为，，故，则，，所以，则，故，解得或，时，过，舍去，，可得不经过，符合题意.答案为A.12、答案：D解析：当，时，可化为，令，则，.所以，则.，则，，则，，则，因为，当时，，即，所以，则，则，所以，所以，故选：D.13、答案：解析：解：由题可知则A和B至多有一个入选的概率为，故答案为：.14、答案：解析：圆可以化为，圆心，半径，由垂径定理可得直线过圆心，则，所以，因为直线与直线垂直，所以，则，圆心到直线的距离，则，故答案为：.15、答案：14解析：解：因为所以最小正周期，，又，所以，即；又要为的极小值点，所以，，解得，，因为，所以当时.16、答案：解析：对原函数求导，由题意可得，在定义域中至少有两个变号零点，设，则，当时，易知在R上单调递减，假设此时存在，使得，则在单调递增，在单调递减，若函数在和分别取极小值点和极大值点，则，与矛盾，不满足题意；当时，易知在R上单调递增，此时若存在，使得，则在单调递减，在单调递增，由，得，此时若函数在和分别取极小值点和极大值点，且，故只需满足，即：，即，可得，所以，因为，所以，两边取对，即，整理得，即，解得，即；又因为，所以.对求导得，令，可得，令，可得，所以在单调递减，在单调递增，所以在时取到最小值，最小值为，令，可得，设最小值为，则最小值，因为，所以，所以.故答案为：.17、答案：(1)(2)增加条件②，解析：(1)在中，由及正弦定理得，再由余弦定理及，得，化简得，所以，结合，得.(2)若增加条件①：，.因为，由，得，或，所以不能唯一确定，不合题意.若增加条件②：，.将，代入，得，解得，或(舍去).此时唯一确定.由，得.18、答案：(1)有的把握认为“防疫标兵”与性别有关(2)分布列见解析，数学期望为解析：(1)由频率分布直方图，可得30名男生中成绩大于等于80分的频率为，故30名男生中“防疫标兵”人数为人，“非防疫标兵”人数为12人.由频数分布表，可得30名女生中“防疫标兵”人数为10人，“非防疫标兵”人数为20人. 男生女生合计防疫标兵181028非防疫标兵122032合计303060故，所以有的把握认为“防疫标兵”与性别有关.(2)从30名女生中随机抽取1人，是防疫标兵的概率为.从该校女生中随机抽取4人，其中防疫标兵的人数X服从二项分布，即.X的可能取值为0，1，2，3，4.，，，，.所以随机变量X的分布列为X01234P数学期望为.19、答案：(1)证明见解析(2)二面角的正弦值为解析：(1)连接NC，因为BC是底面圆的直径，所以，即.又，且，所以平面MNC，又平面MNC，所以.(2)根据题意，，设，则，，又因为，所以，得.所以，，设，则，由(1)可知平面MNP，又P到MN的距离为NC，所以.当，即时，取等号.因为NC，NB，NM两两互相垂直，以N为坐标原点，NC，NB，NM所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系.则，，，，，，，设平面BMP的法向量为，则，即，取，可得，，所以，因为平面BMN，所以可取平面BMN的一个法向量为，于是.因此二面角的正弦值为.20、答案：(1)(2)a的取值范围是解析：(1)当时，，.，，故曲线在点处的切线方程为，即.因为该切线在x，y轴上的截距分别为-1和，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积.(2)①当时，，则，当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增，故为最小值，且.所以此时存在零点，不符合题意.②当时，因为，所以，令，则，因为，，所以，所以在上单调递增，又，，故在上有唯一的零点，即，因此有.当时，，即；当时，，即.所以在上单调递减，在上单调递增，故为最小值.由，得，所以在时，，因为，所以，又因为当时，，所以.所以，此时没有零点.综上，a的取值范围是.21、答案：(1)(2)直线PQ恒过定点解析：(1)设点A的坐标为，点B的坐标为，由，得，因为，所以，直线AB的方程为，所以由，得，整理得，联立方程组，消去y，得，所以有，，把这两式代入，得.所以C的方程为.(2)由得，所以，设过点E作拋物线C的切线的切点为，则相应的切线方程为，即，设点，由切线经过点E，得，即，设，，则，是的两实数根，可得，.设M是PQ的中点，则相应，，即，又，直线PQ的方程为，即，所以直线PQ恒过定点.22、答案：(1)曲线是以为圆心，b为半径的圆；的极坐标方程为(2)存在实数，使与的公共点都在上解析：(1)由消去参数t得到的普通方程为.所以曲线是以为圆心，b为半径的圆.将，代入的普通方程中，得到的极坐标方程为.(2)曲线，的公共点的极坐标满足方程组，由方程组消去，得.把代入的方程中，得，把代入，得，解得(舍去)，或.所以存在实数，使与的公共点都在上.另解(2)：由与的普通方程组成的方程组消去平方项，得，又的直角坐标方程为，把代入，得，即(舍去)，或.所以存在实数，使与的公共点都在上.23、答案：(1)证明见解析(2)最小值为3解析：(1)由已知得，且a，b，均不为零，所以.(2)因为，故由已知得.当且仅当，，时等号成立，所以的最小值为3.