青海省2023届高三第一次模拟考试数学（理）试卷（含解析）

这是一份青海省2023届高三第一次模拟考试数学（理）试卷（含解析），共14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。
青海省2023届高三第一次模拟考试数学（理）试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．2．已知为复数的单位，若，则复数的共轭复数在（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．抛物线的准线方程是（    ）A． B． C． D．4．下列函数既是奇函数，又在区间（0，+∞）上为增函数的是（    ）A．y＝x3 B．y＝lnx C．y＝|x| D．y＝sinx5．是一款具有社交属性的健身，致力于提供健身教学、跑步、骑行、交友及健身饮食指导、装备购买等一站式运动解决方案.可以让你随时随地进行锻炼，记录你每天的训练进程.不仅如此，它还可以根据不同人的体质，制定不同的健身计划.小吴根据记录的2019年1月至2019年11月期间每月跑步的里程（单位：十公里）数据整理并绘制了下面的折线图.根据该折线图，下列结论不正确的是（    ）A．月跑步里程的中位数为5月份对应的里程数B．月跑步里程最大值出现在10月C．月跑步里程逐月增加D．1月至5月的月跑步里程相对于6月至11月波动性更小6．曲线的对称轴方程为（    ）A． B．C． D．7．将4个不同的球放到3个不同的盒子里，每个盒子中至少放一个球，则放法种数有（    ）．A．72 B．60 C．48 D．368．设分别是双曲线的左、右焦点.若点在双曲线上，且，则 A． B． C． D．9．在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，，分别为，的中点，则与所成角的余弦值是（    ）A． B． C． D．10．已知等比数列的前n项和为，若，则（    ）A． B．5 C． D．11．已知函数在上存在导函数，对于任意的实数x都有，当时，，若，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A． B． C． D．12．香农定理是所有通信制式最基本的原理，它可以用香农公式来表示，其中C是信道支持的最大速度或者叫信道容量，B是信道的带宽（Hz），S是平均信号功率（W），N是平均噪声功率（W）.已知平均信号功率为1000W，平均噪声功率为10W，在不改变平均噪声功率和信道带宽的前提下，要使信道容量增加到原来的2倍，则平均信号功率需要增加到原来的（    ）A．1.2倍 B．12倍 C．102倍 D．1002倍 二、填空题13．已知平面向量，，若，则___________.14．设等差数列的前n项和为，已知，则_____________．15．如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上下底面及母线均相切，已知圆柱的底面半径为3，则圆柱的体积为__________．16．设某车间的A类零件的厚度L（单位：）服从正态分布，且．若从A类零件中随机选取100个，则零件厚度小于的个数的方差为______． 三、解答题17．a，b，c分别为内角A，B，C的对边．已知．(1)求C；(2)若c是a，b的等比中项，且的周长为6，求外接圆的半径．18．举办亲子活动，不仅能促进家庭和幼儿园的合作，还能增进亲子之间的感情，对促进幼儿园教育也具有重要作用.某幼儿园举办了一场亲子活动，活动中，从某班8组家庭中（每组家庭由1名家长和1名小朋友组成）随机抽取4名家长和4名小朋友参与活动，若抽取的家长和小朋友来自同一个家庭，则称为1组家庭.(1)求抽取的8人中恰有2组家庭的概率；(2)记抽取到的家庭组数为X，求X的分布列和期望.19．如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，分别是的中点.(1)求证：；(2)求证：平面平面.20．设,分别是椭圆：的左、右焦点，过点的直线交椭圆于两点，（1）若的周长为16，求；（2）若，求椭圆的离心率.21．已知函数.(1)求的单调区间；(2)讨论的零点个数.22．在直角坐标系中，圆的参数方程（为参数）．以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求圆的极坐标方程；（2）直线的极坐标方程是，射线与圆的交点为，，与直线的交点为，求线段的长．23．已知函数．（1）求不等式的解集；（2）记的最小值为，若关于的不等式有解，求的取值范围．
参考答案：1．B【分析】根据集合的交集与补集运算即可【详解】由题意可得，则，故.故选：B2．C【分析】由复数除法求得复数后可得其共轭复数，得出对应点所在象限．【详解】由已知，，对应点坐标为，在第三象限．故选：C．3．B【解析】根据抛物线的标准方程可得出其准线方程.【详解】由题意可得，抛物线的准线方程为.故选：B.【点睛】本题考查利用抛物线的标准方程求准线方程，考查计算能力，属于基础题.4．A【分析】根据函数奇偶性及单调性的定义对选项进行检验即可判断．【详解】解：y＝lnx定义域（0，+∞）不关于原点对称，故为非奇非偶函数，y＝|x|为偶函数，不符合题意，y＝sinx在（0，+∞）上不单调，不符合题意，故选：A．【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性及单调性的判断，属于基础试题．5．C【分析】根据折线图的信息，逐项判断，即可求出结论.【详解】由所给折线图可知： 月跑步里程的中位数为5月份对应的里程数，故选项A正确；月跑步里程最大值出现在10月，故选项B正确；月跑步里程并不是逐月递增，故选项C错误； 1月至5月的月跑步里程相对6月至11月，波动性更小，故选项D正确．故选：C．【点睛】本题考查折线图数据分析，考查数形结合，属于基础题.6．A【分析】化简题设函数得,再令即可解出答案.【详解】,令,解得,故选:A.【点睛】本题考查辅助角公式,考查求三角函数的对称轴,难度不大.7．D【分析】先分组共有种分组方法，然后分配，有种，由分步计数原理可得结果．【详解】先分组共有种分组方法，然后分配，有种，由分步计数原理得有种放法．故选：D．8．B【详解】根据题意，F1、F2分别是双曲线的左、右焦点．∵点P在双曲线上，且，根据直角三角形斜边中线是斜边的一半，∴=2|=|=2．故选B．9．D【解析】取的中点为Q，可得即为所求异面直线所成的角，求出各边长，利用余弦定理即可求出.【详解】如图，不妨设.取的中点为Q，连接，则且，故四边形为平行四边形，∴，∴即为所求异面直线所成的角.在中，，，则.故选：D.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．10．C【分析】根据条件得到，，，从而求出，，，再由数列是等比数列得到，即可得到.【详解】由题意得：，，，即，，，因为数列是等比数列，所以，即，解得：，故选：C.11．C【分析】根据题意构造函数，结合条件可得函数的单调性，再由奇偶性即可判断的大小关系，从而得到结果.【详解】令，∵当时，，则，所以当时，函数单调递减．因为对于任意的实数x都有，所以，即为偶函数，所以当时，函数单调递增．又，，，又，所以，即，故选:C．12．C【分析】根据题意解对数方程即可得解．【详解】由题意可得，，则在信道容量未增加时，信道容量为，当信道容量增加到原来的2倍时，，则，即，解得，则平均信号功率需要增加到原来的102倍.故选：C．13．32##1.5【分析】利用向量垂直的坐标表示即可求解.【详解】由，得，即，解得.故答案为：14．5【分析】根据等差数列前项和的性质，即可直接求得结果.【详解】因为数列为等差数列，故，解得.故答案为：.15．【分析】由条件球的半径与圆柱底面圆半径相同，故球的半径为3，进而得圆柱的高，代入体积公式求解．【详解】设圆柱的底面半径为，球的半径为．由条件有：，圆柱的高为，所以圆柱的体积为．故答案为：16．16【分析】根据正态分布得到，再由零件厚度小于14mm的个数服从求解.【详解】依题意，得，若从A类零件中随机选取100个，则零件厚度小于14mm的个数服从，所以.故答案为：16.17．(1)；(2). 【分析】（1）根据正弦定理，结合同角的三角函数关系式进行求解即可；（2）根据正弦定理、余弦定理，结合等比中项的性质进行求解即可.【详解】（1）根据正弦定理，由，因为，所以，于是由，因为，所以；（2）因为c是a，b的等比中项，所以，因为的周长为6，所以，由余弦定理可知：，或舍去，所以外接圆的半径为.18．(1)(2)分布列见解析，2 【分析】（1）总的抽法为，恰有2组家庭的抽法为（8个家庭抽2个家庭，剩余6个家长抽2个家长，剩余4个小朋友抽2个小朋友），即可求出概率；（2）X的可能取值是0，1，2，3，4，写出对应的概率，可得分布列，再依据定义求期望即可【详解】（1）从这8组家庭中随机抽取4名家长和4名小朋友的不同抽法有种，其中恰有2组家庭的抽法有种，故所求概率.（2）由题意可知X的所有可能取值是0，1，2，3，4.由（1）知.，，，.X的分布列为：X01234P 故.19．(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）由条件可得，，进而利用线面垂直的判定定理可得平面，从而得到；（2）由，，利用线面平行的判定定理得到线面平行，再利用面面平行的判定定理即可证得面面平行.【详解】（1）∵底面，∴，又在矩形中，，且，面，∴面，又面，∴.（2）∵矩形中，分别为的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，∵分别是的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，又∵，平面，∴平面平面.20．（1）；（2）.【详解】试题分析：（1）由题意可以求得，而的周长为，再由椭圆定义可得.故.（2）设出，则且.根据椭圆定义以及余弦定理可以表示出的关系，从而，，则，故，为等腰直角三角形.从而，所以椭圆的离心率.（1）由，得.因为的周长为，所以由椭圆定义可得.故.（2）设，则且.由椭圆定义可得.在中，由余弦定理可得，即，化简可得，而，故.于是有.因此，可得，故为等腰直角三角形.从而，所以椭圆的离心率.考点：1.椭圆的定义；2.椭圆的离心率求解. 21．(1)单调递增区间是和，单调递减区间是(2)时， 有1个零点；或时， 有2个零点；时，有3个零点.  【分析】（1）求解函数的导数，再运用导数求解函数的单调区间即可；（2）根据导数分析原函数的极值，进而讨论其零点个数.【详解】（1）因为，所以由，得或；由，得.故的单调递增区间是和，单调递减区间是.（2）由（1）可知的极小值是，极大值是.①当时，方程有且仅有1个实根，即有1个零点；②当时，方程有2个不同实根，即有2个零点；③当时，方程有3个不同实根，即有3个零点；④当时，方程有2个不同实根，即有2个零点；⑤当时，方程有1个实根，即有1个零点.综上，当或时，有1个零点；当或时，有2个零点；当时，有3个零点.22．（1）；（2）【分析】（1）先由圆的参数方程消去参数，得到圆的普通方程，再由极坐标与直角坐标的互化公式，即可得出圆的极坐标方程；（2）由题意，先设两点的极坐标为：，，将代入直线的极坐标方程，得到；将代入圆的极坐标方程，得到，再由，即可得出结果.【详解】（1）因为，圆的参数方程（为参数），消去参数可得：； 把代入，化简得：，即为此圆的极坐标方程；（2）设两点的极坐标为：，，因为直线的极坐标方程是，射线，将代入得，即；将代入得，所以．【点睛】本题主要考查圆的参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标下的两点间距离，熟记公式即可，属于常考题型.23．（1）；（2）.【分析】（1）利用“零点分界法”去绝对值解不等式即可求解（2）由（1）可知，从而可得有解，利用绝对值三角不等式求出的最小值即可求解.【详解】解：（1）当时，由，得；当时，由，得；当时，由，得．综上所述，不等式的解集为．（2）由（1）可知，，当时，等号成立．因为关于的不等式有解，所以，即，解得，所以的取值范围是．