海南省2023届高三第一次模拟考试数学试卷（含解析）

海南省2023届高三第一次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．设全集，集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．若复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

3．“”是的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

4．我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”现有一类似问题，不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示.用锯去锯这木材，若锯口深，锯道，则图中与弦围成的弓形的面积为（    ）

A． B． C． D．

5．已知向量，，，则（    ）

A．-2 B．-1 C．1 D．2

6．函数图象的大致形状是（    ）

A． B．

C． D．

7．是等比数列的前项和，若，且，则（    ）

A． B． C． D．

8．定义域为的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．若，，则下列表达正确的是（　　）

A． B．

C． D．

10．已知函数的部分图象如图所示.将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则（    ）

A． B．的图象关于直线对称

C．的图象关于点对称 D．函数的最小值为

11．已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点、，若线段的最小值为，则（    ）

A．正方体的外接球的表面积为 B．正方体的内切球的体积为

C．正方体的棱长为2 D．线段的最大值为

12．设函数，，给定下列命题，其中正确的是（    ）

A．若方程有两个不同的实数根，则；

B．若方程恰好只有一个实数根，则；

C．若，总有恒成立，则；

D．若函数有两个极值点，则实数．

三、填空题

13．已知向量若向量与向量共线，则实数k=_________.

14．=______．

15．若，则的最小值为__________．

四、双空题

16．三棱锥中，，且平面平面，则__________；若球与该三棱锥除以外的5条棱均相切，则球的半径为__________.

五、解答题

17．已知数列满足，

（1）记，写出，，并求数列的通项公式；

（2）求的前20项和.

18．在中，角，，的对边分别为，，，已知，．

(1)求；

(2)若，求的面积．

19．某校两个班级名学生在一次考试中成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组如下表：

（1）求的值，并根据频率分布直方图，估计这名学生这次考试成绩的平均分；

（2）现用分层抽样的方法从第三、四、五组中随机抽取名学生，将该样本看成一个总体，从中随机抽取名，求其中恰有人的分数不低于分的概率．

20．如图，在三棱柱中，，为的中点，平面平面，设直线为平面与平面的交线．

(1)证明：平面；

(2)已知四边形为边长为的菱形，且，求二面角的余弦值．

21．已知椭圆的下顶点和右顶点都在直线上.

(1)求椭圆方程及其离心率；

(2)不经过点的直线交椭圆于两点，过点作轴的垂线交于点，点关于点的对称点为.若三点共线，求证：直线经过定点.

22．已知函数．

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)若在上单调递增，求a的取值范围；

(3)当时，确定函数零点的个数.

参考答案：

1．D

【分析】求出集合中的不等式的解集，确定出集合，利用对数函数的图像与性质及对数的运算性质，求出集合中不等式的解集，确定出集合，找出两集合的公共部分，即可得到两集合的交集.

【详解】由集合中的不等式，解得，

集合，

由集合中的不等式，解得，

集合，

则.

故选：D.

2．C

【分析】根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的概念可得结果.

【详解】因为，

所以，

所以.

故选：C

3．A

【分析】由函数单调性解得到，故可判断出答案.

【详解】因为，所以，当时，满足，但不满足，所以“是“”的充分不必要条件.

故选：A

4．B

【分析】设圆的半径为，利用勾股定理求出，再根据扇形的面积及三角形面积公式计算可得；

【详解】解：设圆的半径为，则，，

由勾股定理可得，即，

解得，所以，，

所以，因此.

故选：B

5．A

【分析】根据向量的数量积的坐标运算公式，列出方程，即可求解.

【详解】由题意，向量，，

可得，

由，可得，解得．

故选：A.

【点睛】本题考查平面向量的数量积的坐标运算，其中解答中熟记平面向量的数量积的坐标运算公式是解答的关键，着重考查计算能力．

6．C

【解析】分析函数的奇偶性以及在上的函数值符号，可得出合适的选项.

【详解】，该函数的定义域为，

，函数为偶函数，

当时，，，，此时.

因此，函数图象的大致形状是C选项中的函数图象.

故选：C.

【点睛】本题考查利用函数解析式选择函数图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

7．C

【分析】计算出等比数列的公比，再由可求得的值.

【详解】设等比数列的公比为，则，

，因此，，

故选：C.

【点睛】本题考查等比数列基本量的计算，考查计算能力，属于基础题.

8．D

【分析】根据条件构造函数，求函数的导数可得函数的单调性，再根据利用函数的单调性解不等式，即可得到结果．

【详解】设，

则，

因为，

所以，

即函数在定义域上单调递减，

因为，

所以不等式等价于，等价于，

解得，

故不等式的解集为.

故选：D．

9．AB

【分析】由对数函数和指数函数、幂函数的性质判断．

【详解】解：∵，∴函数在上单调递减，

又∵，

∴，

∴，

即，所以选项A正确，选项B正确，

∵幂函数在上单调递增，且，

∴，所以选项C错误，

∵指数函数在R上单调递减，且，

∴，所以选项D错误，

故选：AB．

10．ACD

【分析】先由图像求函数解析式，再逐一研究性质即可.

【详解】从图象可以看出，，，

因为，所以，解得，

将点代入解析式，得，其中，

解得，所以，A正确；

易得，

因为，所以B错误；

因为，所以C正确；

因为，

且，

所以函数的最小值为，D正确.

故选：ACD.

11．ABC

【解析】设正方体的棱长为，由此确定内切球和外接球半径，由的最小值为两球半径之差可构造方程求得，进而求得外接球表面积和内切球体积；由的最大值为两球半径之和可得到最大值.

【详解】设正方体的棱长为，

则正方体外接球半径为体对角线长的一半，即；内切球半径为棱长的一半，即.

分别为外接球和内切球上的动点，

，解得：，即正方体棱长为，正确，

正方体外接球表面积为，正确；内切球体积为，正确；

线段的最大值为，错误.

故选：.

【点睛】本题考查正方体外接球和内切球相关问题的求解，关键是通过球的性质确定两球上的点的距离最小值为，最大值为.

12．ACD

【解析】利用导数研究函数的单调性和极值，且将题意转化为与有两个不同的交点，即可判断A选项；易知不是该方程的根，当时，将条件等价于和只有一个交点，利用导数研究函数的单调性和极值，从而可推出结果，即可判断B选项；当时，将条件等价于恒成立，即函数在上为增函数，通过构造新函数以及利用导数求出单调区间，即可求出的范围，即可判断C选项；有两个不同极值点，根据导数的符号列出不等式并求解，即可判断D选项.

【详解】解：对于A，的定义域，，

令，有，即，

可知在单调递减，在单调递增，所以极小值等于最小值，

，且当时，又，

从而要使得方程有两个不同的实根，

即与有两个不同的交点，所以，故A正确；

对于B，易知不是该方程的根，

当时，，方程有且只有一个实数根，

等价于和只有一个交点，

，又且，

令，即，有，

知在和单减，在上单增，

是一条渐近线，极小值为,

由大致图像可知或，故B错误；

对于C，当时，恒成立，

等价于恒成立，

即函数在上为增函数，

即恒成立，

即在上恒成立，

令，则，

令得，有，

从而在上单调递增，在上单调递减，

则，于是，故C正确；

对于D，有两个不同极值点，

等价于有两个不同的正根，

即方程有两个不同的正根，

由C可知，，即，则D正确.

故选：ACD.

【点睛】关键点点睛：本题考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性和极值，以及利用导数解决函数的零点问题和恒成立问题从而求参数范围，解题的关键在于将零点问题转化成两个函数的交点问题，解题时注意利用数形结合，考查转化思想和运算能力．

13．-1

【分析】利用向量的坐标运算求得向量的坐标，然后利用平面向量共线的充分必要条件求解.

【详解】∵向量，，∴向量，

又∵，且向量与向量共线，∴，解得，

故答案为：.

【点睛】本题考查向量的坐标运算，以及向量平行的坐标表示，属于基础题.

14．

【分析】利用三角函数的诱导公式和特殊角的三角函数值，即可求解.

【详解】

故答案为：

15．6

【分析】化简，然后利用基本不等式求解即可

【详解】因为，

所以，

当且仅当即时，取等号，

故的最小值为6，

故答案为：6

16．         

【分析】设为的中点，利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的性质得出，再由勾股定理得出，从而得出；设，分别为对应面的内心，分别过，作，的平行线，交于点，即为所求的球心，根据题意得出是正方形，得出内切圆的半径，即可得出球的半径.

【详解】如图，设为的中点，因为，所以，又因为平面平面，所以由面面垂直的性质定理得平面，所以

因为，所以

从而可得，.

设，分别为对应面的内心，分别过，作，的平行线，交于点

即为所求的球心，易知是正方形

设内切圆的半径为，球的半径为，由图可知，而，所以.

故答案为：；

【点睛】本题主要考查了面面垂直性质的应用以及几何体的切接问题，属于中档题.

17．（1）；（2）.

【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可；

(2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和.

【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：

显然为偶数，则，

所以，即，且，

所以是以2为首项，3为公差的等差数列，

于是．

[方法二]：奇偶分类讨论

由题意知，所以．

由（为奇数）及（为偶数）可知，

数列从第一项起，

若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，

若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．

所以，则．

[方法三]：累加法

由题意知数列满足．

所以，

，

则．

所以，数列的通项公式．

（2）[方法一]：奇偶分类讨论

．

[方法二]：分组求和

由题意知数列满足，

所以．

所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；

同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．

从而数列的前20项和为：

．

【整体点评】(1)方法一：由题意讨论的性质为最一般的思路和最优的解法；

方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；

方法三：写出数列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路.

(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法；

方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.

18．(1)

(2)4

【分析】（1）利用正弦定理及两角差的正弦公式可求出结果；

（2）由求出，根据正弦定理求出，再根据三角形面积公式可求出结果.

（1）

由及正弦定理得．

因为，所以．

所以．

整理得．

即．

（2）

由（1）可知，则，

所以，

由正弦定理，得，

所以，

所以的面积为．

19．（1）；平均分为；（2）.

【分析】（1）由频率和为可构造方程求得；由频率分布直方图估计平均数的方法直接计算可得结果；

（2）根据分层抽样原则可确定各组抽取人数，采用列举法可得所有基本事件和满足题意的基本事件个数，由古典概型概率公式计算可得结果.

【详解】（1）由频率分布直方图得：，解得：；

由频率分布直方图估计平均分为：；

（2）由频率分布直方图可得第三、四、五组的频率之比为，则第三组中抽取人，第四组中抽取人，第五组中抽取人；

记来自第三组和第四组的学生，即分数低于分的学生分别为，来自第五组的学生，即分数不低于分的学生为，

则从人中随机抽取人，有，，，，，，，，，，，，，，，共个基本事件；

其中恰有人的分数不低于分的有，，，，，共个基本事件；

所求概率.

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用面面垂直的性质定理及线面平行的性质定理即可得证；

（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用坐标法求二面角余弦值.

(1)

证明：因为，是的中点，所以，

又因为平面平面，且平面平面，平面，

所以平面，

而平面，且平面，平面平面，

所以，

所以平面；

(2)

解：

因为四边形为菱形，，

连接，则，

又因为平面平面，平面平面，

所以平面，

以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，，

设平面的法向量，则，

令，则，

所以，

设平面的法向量，则，

令，则，，

所以；

所以，

由图可知，所求二面角为锐角，

所以二面角的余弦值为.

21．(1)，离心率为.

(2)证明见解析.

【分析】（1）求出顶点坐标后可求椭圆的方程和离心率；

（2）设，则可用此两点坐标表示，根据三点共线可得，利用点在直线可得，再联立直线方程和椭圆方程，消元后利用韦达定理可得定点.

【详解】（1）因为下顶点和右顶点都在直线上，

故，故椭圆方程为：.

其离心率为

（2）设，则.

则，故，

因为三点共线，故，整理得到：

，

即.

由可得，

故且，

故，

整理得到：，

若，则，故过，与题设矛盾；

若，则，故过定点.

22．(1)的单调递增区间为和，单调递减区间为

(2)

(3)3

【分析】（1）求导分析导函数的正负区间即可判断原函数的单调性；

（2）转化为的导函数在上恒成立，再参变分离求的最小值即可；

（3）先根据确定有一个零点，再求导分析的单调性，确定的最小值小于0，结合零点存在定理确定有2个零点，进而得到零点的个数为3即可

(1)

当时，，，

令有，

故当和时，，单调递增；

当时，单调递减；

故的单调递增区间为和，单调递减区间为

(2)

由题可得的导函数在上恒成立，

故，令，则，

易得当时，单调递减；当时，单调递增；

故，故，

故a的取值范围为

(3)

当时，即，

故有一根为，令，则，

因为，故令有，

故当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

故，

即.故最多有两个零点.又，，故在之间有1个零点，

又，

设，则，故为增函数，

故，故，故，

故在上有1个零点，故有2个零点.

故当时，函数零点的个数为3