四川省2023届高三第一次模拟考试理科数学试卷（含解析）

这是一份四川省2023届高三第一次模拟考试理科数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
四川省2023届高三第一次模拟考试理科数学试卷学校:___________姓名：___________班级：______________一、单选题1．已知复数，则z在复平面内对应的点关于虚轴对称的点是（    ）A． B． C． D．2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．3．某高职院校对年单招参考的名学生数学成绩进行统计，得到样本频率分布直方图（如图），则数学成绩在分以下的学生人数是（    ）A． B． C． D．4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（    ）A． B． C． D．5．函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．6．的值为（    ）A．1 B． C．－ D．7．设点是曲线上任意一点，且到直线的最小距离为，若，且有，则=（    ）A．2 B． C． D．38．如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论：①存在点E，使；②存在点E，使平面；③EF与所成的角不可能等于60°；④三棱锥的体积随动点E的变化而变化．其中正确结论的个数是（    ）A．4 B．3 C．2 D．19．已知O为坐标原点，双曲线C：的右焦点为F，以OF为直径的圆与C的两条渐近线分别交于与原点不重合的点A，B，若，则的周长为（    ）A．6 B． C． D．10．已知函数，给出下列4个结论：①的最小值是；②若，则在区间上单调递增；③将的函数图象横坐标缩短为原来的倍，再向右平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，可得函数的图象，则；④若存在互不相同的，，，使得，则其中所有正确结论的序号是（    ）A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②11．已知函数 ， 若对于区间上的任意， 都有， 则（    ）A．的最小值是 1 B．的最小值小于 1C．的最大值是 1 D．这样的的不存在12．若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．二、填空题13．已知向量，，，若A，B，D三点共线，则_________．14．如图，在边长为2的正方形中，以的中点为圆心，以为半径作圆弧，交边于点，从正方形中任取一点，则该点落在扇形中的概率为_____．15．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是E上一点，直线与E的另一个交点为B，则的周长为______．16．在中，内角，，的对边分别为，，且，则___________.三、解答题17．已知数列，，，记为数列的前项和，．条件①：是公差为2的等差数列；条件②：．从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．18．如图（1），已知边长为2的菱形ABCD中，沿对角线BD将其翻折，使，设此时AC的中点为O，如图（2）．(1)求证：点O是点D在平面上的射影；(2)求点A到平面BCD的距离．19．已知袋子中放有大小和形状相同，标号分别是0，1，2的小球，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球2个，标号为2的小球1个.从袋子中不放回地随机抽取2个小球，记第一次取出的小球标号为a，第二次取出的球标号为b. 记“”为事件A．(1)求事件A的概率；(2)在区间内任取2个实数x，y，求事件“”恒成立的概率.20．已知椭圆经过点，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于两点，求的值.21．已知函数．(1)若单调递减，求a的取值范围；(2)若有两个极值点，且，证明：．22．已知点，，动点满足直线与的斜率积为，记的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程，并说明是什么曲线；(2)已知直线：与曲线交于两点，且在曲线存在点，使得，求的值及点的坐标.23．已知函数(1)当时，求函数的定义域；(2)当函数的值域为R时，求实数的取值范围.
参考答案1．D【分析】直接写出z在复平面内对应的点，再求关于虚轴对称的点即可.【详解】z在复平面内对应的点为，关于虚轴对称的点是.故选：D.2．C【分析】根据集合交集的定义运算即可．【详解】集合，，则故选：C3．D【分析】根据频率分布直方图可计算得出数学成绩在分以下的学生人数.【详解】由频率分布直方图可知，数学成绩在分以下的学生人数为.故选：D.4．C【分析】根据三视图判断出立体图形并根据圆锥表面积公式即可求解.【详解】根据三视图可知该几何体为圆锥，圆锥的底面半径为1，高为3，如图：则该几何体的表面积是.故选：C.5．A【分析】先根据函数的奇偶性，可排除BD，根据当时，即可排除C得出答案.【详解】因为，所以，所以为偶函数，故排除BD；当时，，，则，故排除C.故选：A．6．D【分析】根据正切两角和公式，结合诱导公式、同角的三角函数关系式进行求解即可.【详解】，所以，故选：D7．C【分析】求出曲线的斜率为1的切线方程（切点坐标），两平行线间距离（切点到已知直线的距离）即为，根据分段函数计算函数值得．【详解】已知函数定义域是，由得，由，解得或（舍去）时，，切点坐标为，所以，又，，所以．故选：C．8．D【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间线面平行与垂直的判定及性质定理、向量的夹角判断异面直线所成角、三棱锥的体积计算公式即可得出．【详解】解：设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，1，，，1，，，0，，，0，，，1，，，1，，点，则，而，，，因此，，，，，对于①而言就是否存在实数，使，而，，，，此即，这样的不存在，①错误；对于②而言就是否存在实数，使平面，首先我们在平面内任意找到两条相交直线的方向向量，不妨就找和，，于是，即就是当为的中点的时候，②正确；同理，对于③而言，还是判断这样的实数是否存在，，设其夹角为，则，令，此即，将上式平方解得，将回代原式结论成立，这样的存在；③错误；对于④来说，点无论在上怎样移动，底面的高不变，故而底面面积不变，三棱锥的高为定值，所以其体积不会随着点的变化而变化，故④错误．所以正确的个数为1个.故选：D.9．B【分析】结合双曲线图像对称性，可得轴，根据圆的性质和双曲线，，的关系可计算出，，的长度，进而求出的周长.【详解】设与轴交于点，由双曲线的对称性可知轴，，，又因为，所以，即，所以，因为点在以为直径的圆上，所以，所在的渐近线方程为，点到渐进线距离为，所以，所以，，所以的周长为，故选：B10．A【分析】化简得到，，①正确，时，，②正确，，时不相等，③错误，，解得，④正确，得到答案.【详解】，对①：当时，，正确；对②：，则，时，，正确；对③：，时，，不相等，错误；对④：，，，则，，当时，，故当时，，解得，正确.故选：A11．A【分析】由题可得，利用导数确定函数的单调性，求得最值，即可求解.【详解】由题意，函数 对于区间上上任意，都有，因为，则，且，由，可得，由，可得，所以函数上函数单调递减，在上单调递增，所以函数的最小值为，又当时，而， 所以，所以，即实数的最小值是1.故选：A.12．B【分析】构造函数和，利用导数求解函数的单调性，进而可比较大小.【详解】设，则，设 ，由于在单调递增，且其值均大于0， 单调递减，所以单调递减，又 ，所以在单调递减，且，所以在时，，因此在时单调递减，故，即，即，设  当时，，所以在单调递增，所以，即，综上可知，故选：B【点睛】本题考查了利用导数判断大小.构造函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式或者比较数的大小时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.13．6【分析】根据给定条件，求出，再利用共线向量的坐标表示计算作答.【详解】因，，则，又，且A，B，D三点共线，即，因此，解得，所以.故答案为：614．【分析】由已知求出扇形面积与正方形面积，再由测度比是面积比得所求概率．【详解】如图，正方形面积，因，故，所以，同理，所以，又，∴．∴从正方形中任取一点，则该点落在扇形中的概率为．故答案为．【点睛】本题考查几何概型，求出扇形面积是关键，是基础题．15．10【分析】根据双曲线的定义，，，从而，又，得，故，即可得的周长.【详解】由题意，点在双曲线的右支上，点在双曲线的左支上，根据双曲线的定义，，，从而，又，，，，故，所以的周长，故答案为：10．16．【分析】利用正弦定理化边为角，再逆用两角和的正弦公式化简，结合三角形的内角和以及诱导公式即可求解.【详解】因为，由正弦定理可得：，即，所以，在中，因为，所以，即，所以，故答案为：17．(1)(2) 【分析】（1）选①：由与的关系即可求解；选②：由等差数列的定义即可求；（2）利用错位相减法即可求解.【详解】（1）因为为数列的前项和，所以.选择条件①：因为是公差为2的等差数列，首项为，所以，整理，得，所以，所以，所以，当时也符合，所以；选择条件②：因为，所以，所以，所以，整理，得，所以是以为首项，公差为1的等差数列，所以，即.（2）由（1）知，所以，所以，所以，所以，所以，所以，整理，得.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接DO，BO，利用勾股定理证明，再证明平面，即可得证；（2）利用等体积法求解即可.【详解】（1）连接DO，因为，O为AC的中点，所以，设菱形ABCD的边长为2，又因为，所以，连接BO，则，又因为，，所以，所以，所以，又，所以，所以，又，平面，平面，所以平面，所以点O是点D在平面上的射影；（2）设点A到平面BCD的距离为h，由菱形ABCD的边长为2，且，则的面积为，则，的面积为，由（1）知，平面，，所以，由得，，所以，即点A到平面BCD的距离为．19．(1)；(2). 【分析】（1）将标号为0的小球记为0，标号为1的小球记为，标号为2的小球记为2，再用坐标表示取球情况，可得取球总情况数，则；（2）设事件“恒成立”为事件B，由题可得事件B等价于“恒成立”，又全部结果构成区域为，事件B所构成的区域，则所求概率为两区域面积之比.【详解】（1）将标号为0的小球记为0，标号为1的小球记为，标号为2的小球记为2，则从袋子中两次不放回地随机抽取2个小球可能的结果：，，，，共12种.其中满足“”的有，共4种.故；（2）设事件“恒成立”为事件B，因，故事件B等价于恒成立.又全部结果构成区域，事件B所构成的区域，如下图所示.则.20．（1）；（2）.【分析】（1）根据题意得，，再结合即可求得答案；（2）联立直线、椭圆方程可得两点坐标，由向量的数量积坐标运算公式可得答案.【详解】（1）椭圆经过点，所以，因为离心率为，所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）由得，解得，所以，或，可得，，或者，，所以.21．(1)(2)证明见解析 【分析】（1），因为单调递减，所以在时恒成立，即，令，问题转化为求的最值，利用导数求解即可；（2）由题意可知，且，要证明，只需证明．由得，所以．令，，则需证明．令，则，令，可求得，从而在时单调递减，所以，原不等式即可得证．【详解】（1）由得，因为单调递减，所以在时恒成立，即，令，则，可知时，，单调递增；时，，单调递减，则时取最大值，所以，所以，的取值范围是．（2）由（1）知，当时，单调递减，不合题意；因为函数有两个极值点，则有两个零点，令，，当时，，单调递增，不合题意，可知，且，要证明，只需证明．由得则，所以，.令，则，要证明，需证明．令，且，则，令，且，则，则在时单调递增，故，故，则在时单调递减，所以，，即，则有，所以，即原不等式成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数的单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将问题逐步转化，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数，再通过导数研究函数的性质进行证明．22．(1)：（），是除去左右两个端点的双曲线(2)时，，当时，. 【分析】（1）利用斜率公式列出方程即可；（2）将直线与曲线联立消去，设，利用韦达定理得和，再设 ，由列方程解出的值即可.【详解】（1）动点满足直线与的斜率积为即：（），是除去左右两个端点的双曲线（2）将直线与曲线联立得，设，则，设，由得，即，又因为，解得，所以当时，，当时，.23．(1)(2) 【分析】（1）利用零点分段法解不等式，求出函数的定义域；（2）由的值域为R得到能取遍所有正数，结合绝对值三角不等式得到，故，求出实数的取值范围.【详解】（1）当时，令，即①，或②，或③，解①得：，解②得：，解③得：，所以定义域为；（2）因为的值域为R，故能取遍所有正数，由绝对值三角不等式，故，所以，故实数的取值范围是.