数学（乙卷文科）-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

文科数学·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．集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知化简集合，再根据集合交集的运算即可得.

【详解】解：或，

所以.

故选：A.

2．已知复数与在复平面内对应的点关于实轴对称，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，以及复数的运算，即可求解．

【详解】解：复数与在复平面内对应的点关于实轴对称，

，

故选：D．

3．已知向量满足，，，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用向量的坐标表示求，然后根据向量的平方等于模长的平方和数量积的运算律求解即可.

【详解】由可得，

因为，解得，

所以，

又因为，

所以与的夹角为，

故选：D

4．如图所示的茎叶图记录了甲、乙两名员工连续5天内的日产量数据（单位：箱）.已知这两组数据的平均数分别为，，若这两组数据的中位数相等，则（    ）

A． B． C． D．，的大小关系不确定

【答案】C

【分析】根据中位数定义，结合平均数定义求解判断即可.

【详解】因为这两组数据的中位数相等，

所以，

，

，

因为，

所以，

故选：C

5．已知变量x，y满足约束条件，则的最小值为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】先作出可行域，由，得，作出直线，向上平移过点时，目标函数取得最小值，求出点的坐标，代入目标函数可求得结果.

【详解】作出不等式组表示的平面区域，

由，得，作出直线，向上平移过点时，目标函数取得最小值，

由，得，即，

所以的最小值为，

故选：B

6．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．

7．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

8．已知函数的部分图像如图，则函数的解析式可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由奇偶性可排除AD，由特殊点可排除C，即可求解

【详解】由于图像关于原点对称，所以为奇函数，

对于A：由得：

，

为偶函数，故可排除A；

对于D：由得：

，

为偶函数，故可排除D；

由图知图象不经过点，

而对于C：，故可排除C；

故选：B

9．已知正方体中，点分别是线段上的动点，观察直线与，与，得出下列结论：

①对于任意给定的点，存在点，使得；

②对于任意给定的点，存在点，使得；

③对于任意给定的点，存在点，使得；

④对于任意给定的点，存在点，使得；

其中正确的结论是（    ）

A．①③ B．②③ C．①④ D．②④

【答案】A

【分析】根据直线与直线，直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别分析选项，利用排除法可得结论.

【详解】对于①，当点与重合时，,，且，

∴平面，

∵对于任意给定的点，都有平面，

所以对于任意给定的点，存在点，使得，故①正确．

对于②，只有平面，即平面时，才能满足对于任意给定的点，存在点，使得，∵过点与平面垂直的直线只有一条，而，故②错误．

对于③，只有垂直于在平面中的射影时，，故③正确．

对于④，只有平面时，④才正确，因为过点的平面的垂线与无交点，故④错误．

综上，正确的结论是①③，

故选：A．

【点睛】方法点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：

（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.

（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.

（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.

10．已知数列满足对任意的，总存在，使得，则可能等于（    ）

A． B．2022n C． D．

【答案】B

【分析】A选项，利用等比数列求和公式列出方程，令n＝2时，得到，m不存在，A错误；B选项，利用等差数列求和公式进行求解得到方程，取即可，C选项，利用平方和公式得到，当n＝2时，，m不存在；D选项，当n＝2时，，m不存在.

【详解】对于选项A：当时，则是等比数列，因为

所以，当n＝2时，，m不存在，A错误；

对于选项B：当时，是等差数列，因为，则，取即可，B正确；

对于选项C：当时，，则，当n＝2时，，m不存在，C错误；

对于选项D：当时，，则，当n＝2时，，m不存在，D错误．

故选：B．

11．已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知，分别根据函数在区间上单调递增，在时，恒成立，列出不等关系，通过赋值，并结合的本身范围进行求解.

【详解】由已知，函数在上单调递增，

所以，解得：，

由于，所以，解得：①

又因为函数在上恒成立，

所以，解得：，

由于，所以，解得：②

又因为，当时，由①②可知：，解得；

当时，由①②可知：，解得.

所以的取值范围为.

故选：B.

【点睛】在处理正弦型、余弦型三角函数性质综合问题时，通常使用整体代换的方法，将整体范围满足组对应的单调性或者对应的条件关系，罗列出等式或不等式关系，帮助我们进行求解.

12．直线平面，垂足是，正四面体的棱长为4，点在平面上运动，点在直线上运动，则点到直线的距离的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先将问题转化为点O在以BC为直径的球上运动，再去求球心到直线的距离，进而求得点到直线的距离的取值范围

【详解】在正四面体中，分别取的中点，连接，

则，又，平面，平面

则平面，又平面，则

中，

等腰中，，

若固定正四面体的位置，则点O在以BC为直径的球上运动，球半径为2，

则点O到直线的距离的最小值为球心到直线的距离减去半径即，

最大值为球心到直线的距离加上半径即

则点到直线的距离的取值范围是

故选：B

第Ⅱ卷

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知数列是公差为1的等差数列，且，则___________.

【答案】####

【分析】利用等差数列通项公式的性质即

即可得

【详解】由数列是公差为1的等差数列，且可得，

所以.

故答案为：.

14．某汽车店有甲、乙、丙、丁、戊5种车型在售，小王从中任选2种车型试驾，则甲车型被选到的概率为_________.

【答案】##

【分析】列出随机试验的样本空间，再确定事件甲车型被选到所包含的基本事件数，利用古典概型概率公式求随机事件甲车型被选到的概率.

【详解】随机试验小王从甲、乙、丙、丁、戊5种车型中任选2种车型试驾的可能结果为：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（甲，戊），（乙，丙），（乙，丁），（乙，戊），（丙，丁），（丙，戊），（丁，戊），共含10个基本事件，其中随机事件甲车型被选到包含基本事件（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（甲，戊），所以随机事件甲车型被选到的概率.

故答案为：.

15．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：．

16．已知是上的偶函数，对于任意的，均有，当时，，则函数的所有零点之和为______；

【答案】4042

【分析】本题首先分析出函数的周期性为2，同时其关于直线对称，由其在的图像，得到其一系列解析式，画出其在区间的图像，再画出的图像，根据图像的交点的横坐标得到其零点之和.

【详解】图像关于轴对称的偶函数向右平移一个单位得到函数.因为函数是偶函数,所以,

令替换，则有，

所以函数的周期为2，且函数关于直线对称，

又当时,,当时，，，

当时，，

依次类推，可以求出，当时，

由此可在同一平面直角坐标系下作出函数与的部分图象.

函数的零点,即为函数与的交点横坐标,

当时,，两函数图像无交点,又两函数在上有2021个交点,由对称性知它们在上也有2021个交点,且它们关于直线对称,则对称两零点和为2，所以函数的所有零点之和为4042.

故答案为：4042.

【点睛】本题综合考察了函数的对称性，奇偶性，函数的图像，函数的零点等，对于这类推广到2022的函数问题，大多数情况下具有周期性或类周期性，将的零点和问题转化为两函数交点的横坐标之和，这也是一种常见的处理方法.

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，内角的对边分别为，且满足.

(1)求；

(2)已知为边上一点，平分，△的面积是△的面积的2倍，若，求.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用正弦定理将边化角，结合特殊角的三角函数值，即可求得结果；

（2）根据（1）中所求，结合长度，求得，再在△中利用余弦定理求得，再结合，由勾股定理求得即可.

【详解】（1）∵，∴，

即，∵，∴，∴，∴，

（2）∵AD平分，，∴，

∵的面积是的面积的2倍，设△底边BC上的高为h，

则，∴，，

又∵，∴，

在△中，，解得，

∴，∴，∴，∴.

18．（12分）为了庆祝党的二十大胜利召开，培养担当民族复兴的时代新人，某高中在全校三个年级开展了一次“不负时代，不负韶华，做好社会主义接班人”演讲比赛.共1500名学生参与比赛，现从各年级参赛学生中随机抽取200名学生，并按成绩分为五组：，，，，，得到如下频率分布直方图，且第五组中高三学生占.

(1)求抽取的200名学生的平均成绩（同一组数据用该组区间的中点值代替）；

(2)若在第五组中，按照各年级人数比例采用分层随机抽样的方法抽取7人，再从中选取2人组成宣讲组，在校内进行义务宣讲，求这2人都是高三学生的概率；

(3)若比赛成绩（为样本数据的标准差），则认为成绩优秀，试估计参赛的1500名学生成绩优秀的人数.

参考公式：，（是第组的频率），参考数据：

【详解】（1）依题意，得

，

所以抽取的200名学生的平均成绩.

（2）由于第五组总共要抽取7人，高三学生占，所以抽到的高三学生应该有人，

设7人中，高三学生三人是a、b、c，，其余非高三学生标记为数字1,2,3,4.则抽取2人共有以下21种组合

1a, 1b, 1c, 2a, 2b, 2c, 3a, 3b, 3c, 4a, 4 b, 4c, ab,ac,bc,12,13,14,23,24,34.

其中都是高三学生的共有以下3种组合:ab,ac,bc.

所以由古典概型可得这2人都是高三学生的概率为.

（3）依题意，得

，

所以优秀的比赛成绩应该，

而比赛成绩在的频率为：，

而，

故参赛的1500名学生成绩优秀的人数为人.

19．如图，在四棱锥中，，，侧面底面，底面为矩形，为上的动点（与，两点不重合）．

(1)判断平面与平面是否互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由；

(2)若，，当为的中点时，求点到平面的距离．

【答案】(1)垂直，证明见解析

(2)4

【分析】（1）由面面垂直的性质到得平面，再由线面垂直的判定得到平面，从而证明出平面平面；

（2）取的中点，连接，利用等体积法由，即可求解．

【详解】（1）平面与平面垂直．证明如下：

因为底面为矩形，所以．

又侧面底面，且平面平面，平面

所以平面．

又平面，所以．

又，且，平面，所以平面．

又平面，所以平面平面，

即平面平面．

（2）当为的中点时，取的中点，连接．

因为，所以．

因为侧面底面，且平面平面，平面，

所以底面．

因为，，所以，．

在中，，，所以．

由（1）知平面，又平面，所以．

所以．

因为，

所以．

设点到平面的距离为，

则由，

得，解得．

所以点到平面的距离为4．

20．已知函数．

(1)若存在，使得成立，求的取值范围；

(2)若函数有三个不同的零点，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意得在时成立，即，然后构造函数，结合导数与单调性关系可求；

（2）由有3个不同实数解，可得有三个不同的实数解，构造新的函数，结合导数与单调性关系及函数性质可求．

【详解】（1）若存在，使得成立，

则在时成立，故，

令，，则，

当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，

故，所以，

故的取值范围为；

（2）有3个不同实数解，所以有三个不同的实数解，

令，则，

令，则，

因为，所以当或时，，单调递增，当时，，单调递减，

当时，，，

由题意得，

故的取值范围为．

21．设分别是椭圆的左､右焦点，过作倾斜角为的直线交椭圆于两点，到直线的距离为3，连接椭圆的四个顶点得到的菱形面积为4.

(1)求椭圆的方程；

(2)已知点，设是椭圆上的一点，过两点的直线交轴于点，若，求的取值范围；

(3)作直线与椭圆交于不同的两点，其中点的坐标为，若点是线段垂直平分线上一点，且满足，求实数的值.

【答案】(1)

(2)或

(3)

【分析】（1）根据点到直线的距离和菱形的面积建立方程组，求解即可；

（2）根据向量坐标运算表示出的坐标，代入椭圆方程，利用求出的范围；

（3）求出垂直平分线的方程，把代入，结合可求答案.

【详解】（1）设的坐标分别为，其中；

由题意得的方程为.

因为到直线的距离为3，

所以解得，所以 ①

因为连接椭圆的四个顶点得到的菱形面积为4，所以，即  ②

联立①②解得: ,

所求椭圆D的方程为.

（2）由（1）知椭圆的方程为，设，

因为，所以

所以，代入椭圆的方程，

所以，解得或.

（3）由，设根据题意可知直线的斜率存在，可设直线斜率为，则直线的方程为，

把它代入椭圆的方程，消去整理得：

由韦达定理得则，；

所以线段的中点坐标为.

（i）当时，则，线段垂直平分线为轴，

于是，由解得.

（ii）当时，则线段垂直平分线的方程为.

由点是线段垂直平分线的一点，令，得；

于是

由，

解得，所以.

综上可得实数的值为.

【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的方程，直线和椭圆的位置关系等，求解方程的关键是建立关于待定系数的方程组；参数求值的关键是向量条件的转化，主要是利用向量的坐标运算，结合韦达定理进行求解.

（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.