重庆市第一中学校2023届高三模拟数学试题 Word版含解析

这是一份重庆市第一中学校2023届高三模拟数学试题 Word版含解析，共32页。
2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟
数学
本试卷共5页，22题．全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设集合为平面直角坐标系内第四象限内的点的横坐标构成的集合，则下列条件中，使得的为（ ）
A. B. 为的值域
C. 为复数的模长构成的集合 D. ．
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得，根据四个选项中的，求出和，根据它们是否相等可判断出答案.
【详解】依题意可得，
对于A，若，则，，故A不正确；
对于B，若为的值域，则，满足，故B正确；
对于C，因为为复数的模长构成的集合，所以，，，故C不正确；
对于D，因为，所以，，故D不正确.
故选：B
2. 已知中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由余弦定理即可得到，从而得到其范围.
【详解】
由题意，在三角形中，由余弦定理可得，
，
且，，所以.
故选:C
3. 过抛物线的焦点F作直线交C于A，B，过A和原点的直线交于D，则面积的最小值为（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得焦点，准线，设直线的倾斜角为，则直线的方程为；联立抛物线方程可得，联立直线和准线方程可得点坐标，即可得垂直于准线，再利用焦半径公式可得，，写出的面积的表达式，利用导函数和即可求得其最小值.
【详解】如下图所示，易知焦点，直线即为抛物线的准线；

设直线的倾斜角为，由对称性和交点个数可知，不妨取；
则直线的方程为；
联立抛物线的方程可得；
设，则满足；
则直线的斜率为，其直线方程为，
联立准线方程可得，又可得
可知两点纵坐标相同，所以直线于轴平行，即垂直于准线；
由抛物线定义可得；
因此可得，即，即；
同理可得；
所以的面积
化简可得
由可得，所以
令，
则，令，解得
所以当时，，函数在上单调递增，在上单调递减；
所以当时，取最大值，
当取最大值时，面积取最小知，即.
即面积的最小值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用焦半径公式建立直线的倾斜角为与的关系式，，写出的面积的表达式，利用导函数求得面积最小值.
4. 抛一枚硬币，若抛到正面则停止，抛到反面则继续抛，已知该硬币抛到正反两面是等可能的，则以上操作硬币反面朝上的次数期望为（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立事件的概率乘法公式以及错位相减法求解.
【详解】设硬币反面朝上的次数为，
由题可知，每次抛正面朝上的概率为，反面朝上概率为，
则


所以

两式相减可得，，
即，
整理得，，
因为，
所以硬币反面朝上的次数期望为1，
故选:B.
5. 在中，点D，E满足，，且．若，则的可能值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量的加减法运算、数量积的运算律，以及基本不等式求解.
【详解】依题意，作图如下，

由，可得，
所以，即，也即，
又因为,
所以，
所以，
所以，
当且仅当时取得等号，
所以，
所以结合选项的可能值为，
故选：D.
6. Logistie分布在数据分析中常常用于分类变量回归，若连续随机变量满足：，则称服从位置参数为，形状参数为的Logistic分布，则（ ）
A. 满足二项分布的随机变量也是连续随机变量
B. 若连续随机变量满足，则服从Logistic分布
C. 若服从位置参数为，形状参数为的Logistic分布，则
D. 若服从位置参数为，形状参数为的Logistic分布，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项分布为离散型随机变量的分布可判断A选项；利用Logistic分布的定义可判断B选项；根据Logistic分布的概率公式可判断CD选项.
【详解】对于A选项，满足二项分布的随机变量是离散型随机变量，A错；
对于B选项，根据Logistic分布的定义可知，
若连续随机变量满足，则不服从Logistic分布，B错；
对于C选项，若服从位置参数为，形状参数为的Logistic分布，
则，
所以，，，
故，C对；
对于D选项，若服从位置参数为，形状参数为的Logistic分布，
则，，
所以，，
因为，所以，，D错.
故选：C.
7. 数列的前1357项均为正数,且有：,则的可能取值个数为（ ）
A. 665 B. 666 C. 1330 D. 1332
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件结合与的关系得,再次利用与的关系得,因为数列的前项均为正数,则,所以为定值,所以的结果取决于的取值,根据条件,从项到项,连续两项之间有两种情况:或,有两种情况,分析即可得到结果.
【详解】当时,,
因为数列的前项均为正数,
所以,
设数列的前项和为,
所以①,
则②,
②-①得:,
化简得,
若,③,
则④,
③-④得,
因为数列前项均为正数,
所以,
即数列是以为首项,为公差的等差数列,
所以,
所以为定值.
由可得:从项到项,连续两项之间有两种情况:或,
根据相反数的立方和为零可得每增加两项，可能结果增加两种；而第1358项有两种可能；
所以最后结果的个数可能为:种.
故选:B.
8. “牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值，南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“车合方盖”和球的体积，其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为的正方体的八分之一，图3是以底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的正四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的为（ ）

A. 若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形．
B. 图2中阴影部分的面积为．
C. 由棱长为的正方体截得的“牟合方盖”体积为．
D. “牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为．
【答案】D
【解析】
【分析】由牟盒方盖的定义判断A，由祖原理判断B，直接求出“牟合方盖”体积判断C，求出圆的面积与正方形面积的比值判断C.
【详解】牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截它们所得的截面为正方形，故A错误；
因为图1中阴影部分的面积为，所以图2中阴影部分的面积为，故B错误；
因为图2与图3中的阴影部分等高且面积相等，都为，
根据祖暅原理得，图2中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等，
而正四棱锥的体积为，所以由棱长为的正方体截得的“牟合方盖”体积为，故C错误；
因为任意水平与“牟合方盖”及其内切球相交的截面为一个正方形和一个正方形的内切圆，
又正方形的面积为，正方形内切圆的面积为，正方形和内切圆的面积比为，
由祖暅原理得，“牟合方盖”的体积和内切球的体积之比为，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：理解“牟合方盖”的定义、祖暅原理，看懂图形是关键.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选择的得2分，有选错的得0分．
9. 定义复数的大小关系：已知复数，，，，，．若或（且）,称．若且,称．共余情形均为．复数u，v，w分别满足：，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据复数的乘法、乘方以及复数的模的概念结合复数大小关系的定义求解.
【详解】设复数，若，因为，则无解，
所以，将代入，可得，
，即，
所以，解得，所以，
又因为，
设，所以，
所以，
所以复数对应的点在以为圆心，为半径的圆上，
所以，从而最大，故B错误；
若，，则，
所以当，或，
时，则，C正确；
若，此时，则，A正确；
若，此时，则，D正确；
故选：ACD.
10. 习近平总书记2021年10月22日在深入推动黄河流域生态保护和高质量发展座谈会上的讲话中讲到：“要统筹发展和安全两件大事，提高风险防范和应对能力．高度重视水安全风险，大力推动全社会节约用水，”节约用水对民生各个方面都有着积极影响，某校为开展“节约用水一起行”活动，对20位同学进行了调查，调查了他们每户近9个月每个月的月用水量的平均值y．其中某两个月的月用水量数据分别如下：
15.90 17.47 14.15 13.08 16.98 14.46 14.85 15.03 12.72 16.02
16.30 17.17 17.61 19.39 15.66 17.46 12.07 16.29 13.67 16.31
17.85 16.93 18.49 13.34 15.74 13.04 16.64 13.00 15.89 14.47
17.69 16.20 14.60 13.38 16.07 14.48 14.32 12.76 14.96 15.56
M月 N月（第九个月）
且根据近9个月每个月的月用水量，得到了月平均用水量的回归方程，其中x为月份序数．则（ ）
A. 月份M为第五个月． B. 月份N的残差的平均值为0.54．
C. 月份M的80百分位数为17.65． D. 预报第12个月月平均用水量为14.52．
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据回归方程以及月份M的数据即可解决A,C，利用残差的定义可求解B，利用回归方程可求解D.
【详解】由题可得，月份M的平均用水量为(15.9017.4714.1513.0816.9816.3017.1717.6119.3915.6617.8516.9318.4913.3415.7417.6916.2014.6013.3816.07)，
令，解得，所以月份M为第五个月，A正确；
当时，，
所以月份N的残差的平均值为





，B错误；
因为，
月份M的数据从小到大排列后的第16,17个数为，
月份M的80百分位数为17.65，C正确；
令，则，D正确，
故选:ACD.
11. 设函数，如图是函数及其导函数的部分图像，则（ ）

A.
B.
C. 与y轴交点坐标
D. 与的所有交点中横坐标绝对值的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】本题先结合图象分析得知图①为的图象，图②为的图象，再根据图象中点的坐标求出基本量，，，进而可判断ABCD四个选项.
【详解】
由得，
如图，因当，，
故可判断图①为的图象，图②为的图象，
由图可知：
当时，，
当时，，
故，
因，故
由得，故，
，故A正确.
又，，
所以，，
又因，故，故B正确.
综上可得，，
，
故与y轴交点坐标为，C错误.
令，即得
，
故，，
得，，
故当或时的值最小为，故D正确.
故选：ABD
12. 如图，在中，，，，设点在上的射影为，将绕边任意转动，则有（ ）

A. 若为锐角，则在转动过程中存在位置使
B. 若为直角，则在转动过程中存在位置使
C. 若，则在转动过程中存在位置使
D. 若，则在转动过程中存在位置使
【答案】AC
【解析】
【分析】作出相应的图形，利用两角和的正切公式以及零点存在定理可判断A选项；利用圆的几何性质以及平面几何相关知识可判断BCD选项.
【详解】不妨设点在直线上的射影点为，当绕着直线旋转时，
会形成圆锥，且直线为该圆锥的轴所在的直线，如下图所示：

在圆锥上任取一点，平面为平面，
当为锐角时，过点在平面内作，垂足为点，
因为平面，平面，则；
因为，，平面，
当时，点与点重合；
当为钝角时，则点在射线上；
当或时，点与点重合.
不失一般性，不妨设，则点在线段上，且，设的外接圆为圆.
对于A选项，若为锐角，如下图所示：

不妨设，则，，
因为，若存在位置使得，即，
设，由于，则点不与线段的端点重合，即，

，
则，即，
令，其中，
因为为锐角，则，，则函数在上单调递增，
，，
故方程在时有解，
所以，若为锐角，则在转动过程中存在位置使，A对；
对于B选项，若为直角，则为等腰直角三角形，此时点与点重合，

当点在线段（不包含端点）上运动时，的取值范围是，
此时，不存在位置使得，B错；
对于C选项，连接、，

因为，，则，
，则，
由圆的几何性质可得，
，则，所以，,
故线段与圆相交，设交点为，当点在线段（不包括端点）上运动时，
延长交圆于点，连接，则，
若，则在转动过程中存在位置使，C对；
对于D选项，若，，则，
，则，
由圆的几何性质可得，
，，所以，，
所以，与圆相切，

当点在线段（不包括端点）上运动时，连接交圆于点，连接、，
则，
所以，若，则在转动过程中不存在位置使，D错.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题考查点的存在性使得条件成立，解决本题的关键在于作出图形，利用平面几何的相关知识求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 定义一个可导函数在定义域内一点处的弹性为，请写出一个定义在正实数集上且任意一点处的弹性均为的可导函数___________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由整理得，可构造函数，可得，可得，可得.
【详解】由题意，当，，
整理得
设，
则，
故，为常数，
由
得
故答案为：（答案不唯一）
14. 双曲线上的点M，位于第一象限，，，的角平分线过点，则___________．
【答案】##0.8
【解析】
【分析】由角平分线到角两边的距离相等可以得到直线和斜率之间的关系，进而得到点所要满足的条件，再经过数形结合，把的余弦值转化为的余弦值，从而使得问题得到解决.
【详解】设点，直线的斜率为，直线的斜率为，
则有，，
直线：；直线：，
因为的角平分线过点，
所以点到直线和的距离相等，即，
化简整理得，
因为点在双曲线上，所以，即，
故，
化简整理得，
即点在圆上，
又因为点在双曲线上，
所以点是圆与双曲线在第一象限交点，如图所示，

易知点，，都在圆上，
所以，
而，所以，
所以.
故答案为：
15. 在空间直角坐标系中，一四面体的四个顶点坐标分别为，则其体积为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】先求出底面积，用空间向量求高，按照三棱锥体积公式求解.
【详解】设，
则 ，
，，
设平面ABC的一个法向量为，，
则有，即，令，则，，
，在方向的投影的绝对值即为点D到平面ABC的距离 ，
四面体的体积；
故答案为：.
16. 用由3个小方格组成的形（可旋转）和的小方格不重叠地覆盖的正方形棋盘，覆盖方法的种数为___________．（旋转、对称后重合的视为不同方法）
【答案】35
【解析】
【分析】根据分类计数加法原理，分类讨论形的个数，即可得出答案．
【详解】①使用0和形，覆盖的正方形棋盘有1种情况；
②使用1个形，
当形为下图所示时，

共有4种方法，如图所示：

同理，形可旋转，如图所示，

故共有种；
②使用2个形，











共有18种情况；
综上所述，一共有种情况，
故答案为：35．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤．
17. 已知数列的前项和为，满足对任意的恒成立.数列为等差数列，它的前项和为，满足，.
（1）求与；
（2）若，对任意的恒成立，求.
【答案】（1）；；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与的关系及等比数列的定义和通项公式，结合等差数列的通项公式及前项和公式即可求解；
（2）根据（1）的结论及累加法即可求解.
【小问1详解】
当时，，解得，
当时， 由，递推得，
由，得，即，于是有，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以数列的通项公式为，
所以，
设等差数列的首项为，公差为，则
，解得，，
所以等差数列的通项公式为，
【小问2详解】
由（1）知，，所以，
由，得，
所以
.
18. 某学校常年开设某课程，今年该校在某年级开设的该课程共有若干个班，由若干位不同的老师授课，其中某位老师班上的评分标准如下：每位同学该课程的分数（满分分）由两部分组成，一部分为“平时分”，学期内共有次考勤，每次出勤计分，另一部分为“期末分”，是由期末考试的卷面成绩（满分分）按照卷面成绩比期末分的比例折算而来．如，一名同学出勤次，期末考试的卷面成绩为分，则该同学该课程的最终评分为：（分）．
（1）一同学期末考试的卷面成绩为分，假设该同学每次考勤时出勤的概率均为且互相独立，求该同学的最终评分及格（即大于等于分）的概率（结果保留三位小数）；
（2）经过统计，教务处公布今年该课程的该年级平均分约为，标准差约为，且学生成绩近似满足正态分布．据此，该老师估计该年级几乎没有需要重修（即分数未达到分）的学生，请用所学知识解释老师的这一观点；
（3）泊松分布可以用来描述某些小概率事件的发生．若随机变量服从参数为的泊松分布（记作），则，其中为自然对数的底数．根据往年的数据，我们认为该课程每年每个班级需要重修的学生数量近似服从泊松分布，假设，证明每年每个班级出现多于一名需要重修该课程的学生的概率低于百分之一．
参考数据：，，，
若，则，
，．
【答案】（1）
（2）理由见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设同学的最终评分及格时，出勤次数为，根据题意求出的值，再利用独立重复试验的概率公式可求得的值；
（2）设学生的成绩为，则，分析可知，结合原则可得出结论；
（3）利用导数证明出，当且仅当时，等号成立，再利用泊松分布的概率公式可证得结论成立.
【小问1详解】
解：设同学的最终评分及格时，出勤次数为，
则，解得，因且，则或，
所以，.
【小问2详解】
解：设学生的成绩为，则，即，，
所以，，
所以，从该年级任选一名同学，该同学该课程不需重修的概率为
，
这是一个小概率事件，几乎不会发生，
因此，该老师估计该年级几乎没有需要重修（即分数未达到分）的学生.
【小问3详解】
解：构造函数，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，即，当且仅当时，等号成立，
因为，所以，每年每个班级出现多于一名需要重修该课程的学生的概率为

，
因此，每年每个班级出现多于一名需要重修该课程的学生的概率低于百分之一．
19. 正锥体具有良好的对称性．
（1）在正三棱锥中，证明：；
（2）已知正棱锥．请在下列两个条件中，选择一个命题填到___________上，并证明：
①当，时，存在，使得；
②当，时，不存在，使得．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）取的中点，连，，根据等腰三角形的性质得，，再根据直线与平面垂直的判定得平面，再根据直线与平面垂直的性质得；
（2）选①时，取，在三棱锥中，取的中点为，连，，根据直线与平面垂直的判定定理与性质可证；选②时，在三棱锥中，取的中点为，连，，利用反证法可证结论成立.
【小问1详解】
因为三棱锥为正三棱锥，所以底面为正三角形，侧面都是以为顶点的等腰三角形，
取的中点，连，，则，，
又，平面，
所以平面，因为平面，所以.
【小问2详解】
选①，当，时，为大于等于的奇数，底面是正边形，
取，则三棱锥的底面是等腰三角形，侧面都是以为顶点的等腰三角形，且，取的中点为，连，，
则，， 又,平面，
所以平面，因为平面，所以.
即存在，使得.
选②，当，时，为大于等于的偶数，底面是正边形，
假设存在，使得，
在三棱锥中，取的中点为，连，，
则，又因为，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以，则在正边形中，
根据对称性可知，与之间顶点个数等于与之间顶点的个数，
则正边形的顶点个数为奇数，即为奇数，这与，相矛盾，故假设不成立，
所以当，时，不存在，使得．

20. 在中，的对边为，若已如
（1）证明：；
（2）若，当的面积为时，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，将问题转化为证明，整理可得完全平方式，由此可得结论；
（2）由（1）可得，进而用表示出，结合已知关系式整理可求得，代入三角形面积公式即可求得结果.
【小问1详解】
由正弦定理得：，
要证，只需证，
即证，
，
得证.
【小问2详解】
由（1）知：当时，，则，
，则，，
由得：，
即，，
，解得：.
21. 函数．
（1）若与有相同的极小值点，求a的值；
（2）已知数列满足：，；
①证明：存在等比数列和唯一的公比q，使得
②设前n项和为，证明：．
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】此题解析征解
22. 已知椭圆，，为的两个焦点，P为上一动点，射线，上取点M，N，满足．另交于点Q，已知PQ长度的取值范围为.
（1）证明：直线MN过定点，并求出该定点坐标；
（2）若直线MN另交于A，B，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由的取值范围求出椭圆的方程，接着考察特殊情况，进而猜测直线过定点，此时只需要证明且即可；
（2）观察图形，由椭圆的光学性质可知直线平行于椭圆过点的切线，充分利用这个平行关系，找到点坐标之间的关系，即可解决问题；为了减少变量，可以把点的坐标设成参数形式，这样有利于后面的化简计算.
【小问1详解】
易得的最大值为椭圆的长轴长，即，解得；
当垂直于轴时，取得最小值，此时，解得，
所以，椭圆的方程为.

因为点在射线上，且，
所以，，即，；
又因为原点是焦点的中点，所以，
由椭圆的定义可知，，所以，
即三点共线，因此直线必过原点，
故该定点坐标为.
【小问2详解】
设点，过点作椭圆的切线，则切线方程为，
由椭圆的光学性质可知，直线平行于切线，

因为点在椭圆上，所以有，
故切线的法向量.
设点，因为点在椭圆上，所以有，
因此直线的方向向量为，
所以有，即，
不妨设，则有（），
即，，
故点的坐标可以化为，
因为点与点关于原点对称，所以有，，
故向量，，
故
，

所以
设，，则，
令，易知为奇函数，因此我们只需要研究的情况即可，
当时，，易得在上单调递减，
又因为在区间上连续且为奇函数，所以在上单调递减，
因此，，
所以.