数学（乙卷理科）-学易金卷：2023年高考第一次模拟考试卷

2023年高考数学第一次模拟考试卷

理科数学·全解全析

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．

 1．已知纯虚数，其中为虚数单位，则实数的值为（    ）

A．1 B．3 C．1或3 D．0

【答案】B

【分析】根据复数为纯虚数的条件可列出方程及不等式，即可求得答案.

【详解】因为为纯虚数，

故，则，解得.

故选：B

2．，，，则（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】C

【分析】先解一元二次不等式求出集合，，再根据集合的基本运算即可求解.

【详解】或，

，

或，

因为，

或，

故选：C.

3．数列满足，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（　　）

A．  B． C． D．

【答案】B

【分析】由利用二次函数的性质计算可得答案.

【详解】，

∵不等式恒成立，

∴，

解得，

故选：B．

4．已知平面向量，满足 ，，的夹角为，若 ，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据向量的数量积运算即可.

【详解】，，的夹角为，得 ，

， .

故选：D.

5．已知抛物线的焦点F到准线的距离为4，点，在抛物线C上，若，则（    ）．

A．4 B．2 C． D．

【答案】A

【分析】由焦准距求出，结合抛物线第一定义得，整理得，由代换即可求解.

【详解】抛物线的焦点F到准线的距离为4，所以，

依题意，，而，，

故，即，则，

故，

故选：A．

6．执行如图的程序框图，输出的值是（    ）

A．0 B． C． D．-1

【答案】A

【分析】根据程序框图理解可得：输出的S的值为有关余弦值求和问题，在解题的过程中，把握住余弦函数的周期性的应用，从而求得结果.

【详解】根据题中所给的框图，可知输出的S的值：

故选：A

7．如图，在直三棱柱中，，，设，分别是棱上的两个动点，且满足，则下列结论错误的是（    ）

A．平面平面 B．平面

C．平面 D．三棱锥体积为定值

【答案】C

【分析】根据面面垂直、线面平行、线面垂直、锥体体积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，过作，垂足为，

根据直三棱柱的性质可知平面，

由于平面，所以，

由于平面，

所以平面，即平面，

由于平面，所以平面平面，A选项正确.

B选项，根据三棱柱的性质可知，即，

由于平面，平面，所以平面，B选项正确.

C选项，若平面，即平面，

由于平面，所以，这与已知不垂直矛盾，C选项错误.

D选项，，由于三角形的面积为定值、到平面的距离为定值，

所以为定值，所以D选项正确.

故选：C

8．已知等比数列的前项和为，公比为，则下列选项正确的有（    ）

A．若，则 B．

C．数列是等比数列 D．对任意正整数，

【答案】D

【分析】取，结合作差法可判断A选项；取，可判断B选项；取可判断C选项；利用等比数列的求和公式可判断D选项.

【详解】对于A选项，若且，则对任意的，，

所以，，即，A错；

对于B选项，当时，，则，B错；

对于C选项，若，则，此时，数列不是等比数列，C错；

对于D选项，，

，

所以，，D对.

故选：D.

9．已知四面体ABCD的所有顶点在球O的表面上，平面BCD，，，，则球O的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】作图，先找到外接球的球心，算出底面三角形BCD外接圆的半径,再构造三角形运用勾股定理求出外接球的半径.

【详解】

如图，设底面 的外接圆的圆心为 ，外接圆的半径为r，由正弦定理得 ，

过 作底面BCD的垂线，与过AC的中点E作侧面ABC的垂线交于O，则O就是外接球的球心，

并且 ，外接球的半径 ，

球O的体积为 ；

故选：D.

10．由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先根据已知条件“定位”中间数字，其次在剩余的四个数字中任取两个数字，放置在首或末位，则其余数字排列方式唯一确定.最后由古典概型计算公式即可得解

【详解】由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；

在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.

因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，

所以所求的概率．

故选：A．

11．如图所示，，是双曲线：（，）的左、右焦点，的右支上存在一点满足，与的左支的交点满足，则双曲线的离心率为（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】C

【分析】在和中，由正弦定理结合条件得到，设（），由双曲线的定义和勾股定理得到，结合即可求解.

【详解】在中，由正弦定理得：①，

在中，由正弦定理得：②，

又，则，

所以得：，

又，则，即；

设（），由双曲线的定义得：，，，

由得：，解得：，

所以，，

在中，由勾股定理得：，

整理得：，即双曲线的离心率，

故选：C.

12．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，且当时，.若，则（    ）

A． B．0 C． D．

【答案】C

【分析】由为偶函数，为奇函数得到，故函数的周期，结合得到，由得，从而求出，采用赋值法求出，，再使用求出的的周期，赋值法得到.

【详解】因为为偶函数，所以，

用代替得：，

因为为奇函数，所以，

故①，

用代替得：②，

由①② 得：，

所以函数的周期，

所以，即，

因为，令得：，故，

，解得：，

所以时，，

因为，

令，得，

其中，所以，

因为，

令得：，即，

因为，所以，

因为，

令得：，

故，

.

故选：C

【点睛】方法点睛：抽象函数的对称性和周期性：

若，则函数关于中心对称，

若，则函数关于对称，

若函数关于轴对称，关于中心对称，则函数的周期为，

若函数关于轴对称，关于轴对称，则函数的周期为，

若函数关于中心对称，关于中心对称，则函数的周期为.

第Ⅱ卷

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．在一组样本数据中，1，3，5，7出现的频率分别为，，，，且，若这组数据的中位数为2，则______．

【答案】##

【分析】分析得到样本数据从小到大排序后中间两个数为1，3，即得解.

【详解】∵样本数据中只有1，3，5，7，没有2，

∴样本数据一共有偶数个数，且从小到大排序后中间两个数为1，3，

∴样本数据中有一半是1，∴.

故答案为：

14．已知实数x，y满足：，则的取值范围是______．

【答案】

【分析】方法一：采用三角换元法，然后利用两角差的正弦公式集合求解；

方法二：利用的几何意义：可以看作圆心到直线距离的倍，然后利用点到直线的距离公式即可求解.

【详解】解法一：因为，所以令，，

则，，

故，其中，，因为，

所以，

所以，

故的取值范围为．

解法二：因为圆心到直线的距离，

所以圆心上的点到直线的距离的取值范围为，

又因为，

所以的取值范围是．

故答案为：．

15．在函数图象与x轴的所有交点中，点离原点最近，则可以等于__________（写出一个值即可）．

【答案】（答案不唯一）

【分析】先求出与x轴的所有交点，再结合题意得到恒成立，整理得，分类讨论，与三种情况，结合恒成立可得到，从而得解.

【详解】因为，

令，即，得，即，则图象与x轴的所有交点为，

因为其中点离原点最近，所以恒成立，

不等式两边平方整理得，

当时，，因为，故恒成立；

当时，，即恒成立，因为，则，故；

当，即时，显然上述不等式恒成立，

综上，由于上述分类情况要同时成立，故，所以可以等于.

故答案为：（答案不唯一）.

16．已知函数存在4个零点，则实数的取值范围是__________．

【答案】

【分析】方程根的数量转化为函数图像的交点个数，利用复合函数结合图形共同分析可以求解.

【详解】转化为有四个解，

即在范围内有四个解，

即在范围内有四个解，

即在范围内有四个解，

即在范围内有四个解，

令，

则，

令得，

所以当时，，当时，，

所以在单调递增，在单调递减，

所以，

做出大致图像如下：

令，

则原方程转化为，

令，

，

令得，

当时，，当时，，

所以在递减，在递增，

做出大致图像如下：

所以时，对应解出两个值，

从而对应解出四个值，

故答案为：.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

17．在中，角的对边分别为，已知．

(1)求角；

(2)若角的平分线与交于点，，，求线段的长．

【答案】(1)

(2)4

【分析】（1）利用余弦定理角化边或利用正弦定理边化角即可求解；

（2）在和中用两次正弦定理可得，然后在中利用余弦定理可得的长度，进而可得的大小，再在中利用余弦定理即可求解.

【详解】（1）解法一：由余弦定理可得，

即，整理可得，

所以，

因为，所以.

解法二：由正弦定理可得，

因为，，

所以，

因为，所以，

因为，所以.

（2）如图所示

由题意可得是角的平分线，，，

在中，由正弦定理可得，

即，解得，

在中，由正弦定理可得，

即，解得，

所以，由正弦定理边角互化得，

在中由余弦定理解得，

所以，

在由余弦定理得，

解得.

18．如图1所示，在平行四边形中，，，将沿折起，使得二面角的大小为，如图2所示，点为棱的中点，点为棱上一动点．

(1)证明：；

(2)若四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，连接，，，结合已知条件先证明，再证明，得到平面，从而结论即可得到.

（2）设，，利用体积求得，进而建立以A为坐标原点，以，为，轴，以过A且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，求平面的一个法向量，利用向量法可求出最大值．

【详解】（1）证明：取的中点，连接，，，

点为棱的中点，在中，

，

，，

在平行四边形中

有，，

，

，

折起后也有

所以，

，，

为二面角的平面角，即，

平面，平面

，

，，

为正三角形，

，

，

平面，

平面，

，

，

平面，

平面，

.

（2）设，，

那么点到面的距离就是的长，也就是，

，

，

解得，

，，

以A为坐标原点，以，为，轴，以过A且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，0，，，2，，，4，，，1，，

设点，

根据与方向相同得：，

，，，

，，1，，

设平面的一个法向量为，

，

令，

解得，，

平面的一个法向量为

，，，

．

当时取到等号

直线与平面所成角的正弦值的最大值为．

【点睛】本题考察方向：

①证明线线，线面，面面平行

②证明线线，线面，面面垂直

③线面角

④异面直线所成角

⑤二面角的大小，二面角大小的正弦、余弦值

⑥已知二面角大小或正弦、余弦值求参数

解决方法：利用线线，线面，面面平行或垂直的判定定理及性质定理；建立空间直角坐标系，利用法向量解决问题.

19．学校篮球队30名同学按照1，2，…，30号站成一列做传球投篮练习，篮球首先由1号传出，训练规则要求：第号同学得到球后传给号同学的概率为，传给号同学的概率为，直到传到第29号（投篮练习）或第30号（投篮练习）时，认定一轮训练结束，已知29号同学投篮命中的概率为，30号同学投篮命中的概率为，设传球传到第号的概率为．

(1)求的值；

(2)证明：是等比数列；

(3)比较29号和30号投篮命中的概率大小．

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)29号投篮命中概率大于30号投篮命中概率．

【分析】（1）依题意篮球传到4号有以下三种途径：1号传2号传3号传4号，1号传2号传4号，1号传3号传4号按照相互独立事件与互斥事件的概率公式计算可得；

（2）依题意可得，即可得到，从而得证；

（3）由（2）利用累加法求出，即可求出、，从而求出号、号命题的概率，即可比较大小.

【详解】（1）解：依题意，篮球传到4号有以下三种途径：1号传2号传3号传4号其概率为；

1号传2号传4号其概率为；1号传3号传4号其概率为，

因此．

（2）解：依题意篮球传到第号，再传给号其概率为；

篮球传到第号，再传给号其概率为，因此有，

可得，且，

所以是首先为，公比为的等比数列．

（3）解：，，，，

，，

由累加法，可得

，

所以，，

所以号投篮命中的概率为

号投篮命中的概率为，

因为，所以29号投篮命中概率大于30号投篮命中概率．

20．如图所示，为椭圆的左､右顶点，焦距长为，点在椭圆上，直线的斜率之积为.

(1)求椭圆的方程；

(2)已知为坐标原点，点，直线交椭圆于点不重合），直线交于点.求证：直线的斜率之积为定值，并求出该定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析，定值为

【分析】（1）根据焦距、直线的斜率之积求得，从而求得椭圆的方程.

（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，通过计算直线的斜率之积来证得结论成立，并求得定值.

【详解】（1）由题意，，设，

，由题意可得，

即，可得

又，所以，解得

所以，椭圆的方程为；

（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，且

联立，得

由，得，

所以，

设，由三点共线可得

所以，直线的斜率之积为定值.

21．设函数，．

(1)当时，求的值域；

(2)当时，试判断函数的零点个数．

【答案】(1)

(2)的零点个数为2

【分析】（1）对求导，利用导数与函数的单调性求得的单调性，进而可求得在上的最值，由此得解；

（2）对求导，分类讨论、与三种情况，结合正余弦函数的图像性质判断得的单调性及正负情况，利用零点存在定理即可判断得的零点个数.

【详解】（1）依题意，得，

令，得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以，

因为，，所以，

所以的值域为．

（2）函数，，

则，

令，则，

令，得；令，得；

所以在上单调递减，在上单调递增，

故，故，

①当时，，

可知，，，，所以，，

所以，所以在上单调递增，

又因为，，

所以在上有一个零点；

②当时，，，

所以，所以在上恒成立，

所以在无零点；

③当时，，

因为，所以，，故，又，

所以，则在单调递减，

又因为，，

所以在上存在一个零点，

综上：当时，的零点个数为2．

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：

一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；

二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

 在直角坐标系中，曲线的参数方程为．若以该直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为：（其中为常数）

（1）若曲线与曲线只有一个公共点，求的取值范围；

（2）当时，求曲线上的点与曲线上点的最小距离

【答案】（1）；（2）

【详解】试题分析：（1）将曲线的参数方程化为直角坐标方程为抛物线的一部分，将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为一条直线，通过平移直线观察曲线与曲线只有一个公共点时的取值范围；（2）当时，曲线为， 设曲线上的点坐标，利用点到直线距离公式表示目标函数，进而转化为求函数最值问题求解．

试题解析：解：对于曲线，消去参数，得普通方程为．曲线是抛物线的一部分；对于曲线，化成直角方程为，曲线是一条直线．

（1）若曲线只有一个公共点，则有直线过点时满足要求，并且向左下方平行运动直到过点之前总是保持只有一个公共点，再接着向左下方平行运动直到相切之前总是有两个公共点，所以满足要求；相切时仍然只有一个公共点，由，得，，求得．综合可求得的取值范围是：．

（2）当时，直线N：，设M上点为，则

．

当时取等号，满足，所以所求的最小距离为．

考点：1．参数方程和普通方程的互化；2．极坐标方程和直角坐标方程的互化；3．点到直线距离公式．

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若，且正数满足，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据去绝对值，对 进行分类讨论，求出解集；

（2）根据绝对值不等式求出最小值，再构造，利用均值不等式进行求解.

（1）

解:由题意知

当时，，不等式不成立；

当时，令，解得，所以；

当时，，不等式恒成立.

综上所述，不等式的解集为.

（2）

方法一：

证明：由（1）知，所以.

因为，

当且仅当时取等号，

所以，当且仅当时取等号.

故有.

方法二：

证明：由（1）知，所以.

因为，当且仅当时取等号，

又因为，当且仅当时取等号，

所以.

方法三：

证明：由（1）知，所以.

所以，当且仅当时取等号.