广西梧州市2023届高三上学期第一次模拟考试数学（理）试卷（含解析）

广西梧州市2023届高三上学期第一次模拟考试

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．已知复数，是关于x的方程的两个根，则（    ）

A．9 B．81 C． D．82

3．在中，，为的中点，若，，，则（    ）

A．3 B． C．2 D．

4．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是（　　）

A． B． C． D．

5．若tan（π+x）=-3，则的值是（　　）

A． B． C． D．

6．若点为抛物线上一点，为焦点，且，则点到轴的距离为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

7．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出三种，分别种在不同土质的3块土地上，其中黄瓜必须种植，种植方法共有（    ）种．

A．24 B．18 C．12 D．9

8．已知函数，则（    ）

A． B．

C． D．

9．在△中，，，，则△的外接圆半径R的值为（    ）

A． B． C． D．

10．已知函数，则（    ）

A．在上单调递减 B．在上单调递增

C．在上单调递减 D．在上单调递增

11．已知点，，若点A，到直线时距离都为2，则直线的方程不可能为（    ）

A． B．

C． D．

12．设函数是定义在上的函数，是函数的导函数，若，，为自然对数的底数，则不等式的解集是　　

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知，则___________.

14．已知点，直线l:，则点A到直线l的距离为______.

15．圆台的底半径为1和2，母线长为3，则此圆台的体积为________．

16．已知函数，当时，的取值范围为，则实数的取值范围是________.

三、解答题

17．在数列中，已知，，且对于任意正整数n都有.

(1)令，求数列的通项公式；

(2)设m是一个正数，无论m为何值，是否都有一个正整数n使成立.

18．每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”，又称“世界图书和版权日”，为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了1000名高一学生进行在线调查，得到了这1000名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成，，，，，，，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.

(1)求的值：

(2)为进一步了解这1000名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在，两组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在内的学生人数为，求的分布列和数学期望.

19．在四棱锥中,底面ABCD是等腰梯形,,,平面平面PCD,．

(1)求证:为直角三角形;

(2)若,求二面角的大小．

20．已知函数.

(1)讨论的单调性；

(2)设，为两个不相等的正数，且，证明：.

21．椭圆的上顶点A，右焦点F，其上一点，以为直径的圆经过F.

（1）求椭圆C的方程；

（2）直线l与椭圆C有且只有一个公共点.求证：在x轴上存在两个定点，它们到直线l的距离之积等于1.

22．在极坐标系中，已知曲线，直线（t是参数），且直线l与曲线C交A,B两点．

(1)求曲线C的直角坐标方程与直线的普通方程；

(2)设定点P的极坐标，求的值．

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)关于的不等式的解集不是空集，求实数的取值范围.

参考答案

1．A

【分析】根据二次函数的性质、指数函数的单调性，结合集合交集、补集的定义进行求解即可.

【详解】因为，所以，

又因为，

所以，

故选：A

2．C

【分析】利用求根公式和复数的模求解.

【详解】解：因为复数，是关于x的方程的两个根，

所以，

所以或．

故选：C

3．A

【分析】由平面向量的运算法则分解，转化后由数量积的运算律求解

【详解】因为，

，

所以.

故选：A

4．A

【分析】由三视图得到该四棱锥底面为对角线长为2的正方形，与底面垂直的侧棱的长度为2，利用体积公式计算即得.

【详解】根据三视图可知，该四棱锥的直观图如图所示,底面为对角线长为2的正方形，与底面垂直的侧棱的长度为2，其体积为,

故选:A.

【点睛】本题考查根据三视图求几何体的体积问题，关键是看懂三视图，并根据三视图判断四棱锥的底面和高.

5．D

【分析】由条件得tanx=-3，然后利用1的代换，结合弦化切进行转化求解即可．

【详解】由tan（π+x）=-3得tanx=-3，

将正切值代入得到结果为-2.

故选D．

【点睛】本题主要考查三角函数值的化简和求解，结合1的代换以及弦化切是解决本题的关键．

6．A

【分析】根据抛物线的定义可求出结果.

【详解】由抛物线方程为，可知准线方程为，

因为，所以由抛物线的定义可知点到准线的距离为3，

设，所以，解得,从而可知点到轴的距离为2．

故选：A．

7．B

【分析】根据题意，依次分析黄瓜和其他3种蔬菜的种植方法，由分步计数原理计算可得答案．

【详解】解：根据题意，4种蔬菜中，黄瓜必须种植，则黄瓜有3种种植方法，

再从剩下的3种蔬菜中任选2种，安排在剩下的2块土地上，有种情况，

则共有种种植方法．

故选：B

8．B

【分析】由题可得函数为偶函数且在上单调递增，然后根据对数的运算，对数函数的性质及特殊角的三角函数值即得.

【详解】因为定义域为R，，

所以函数为偶函数，当时，单调递增，

因为，

，，

又，

所以，即.

故选：B．

9．A

【分析】先由三角形的面积公式计算出的值，然后利用余弦定理求出的值，再利用正弦定理可求出△的外接圆直径.

【详解】由三角形的面积公式可得，可得，

由余弦定理得，则，

由正弦定理可知，△的外接圆直径为，

所以半径为.

故选：A.

【点睛】本题考查三角形外接圆半径的计算，涉及到的知识点有三角形的面积公式、余弦定理和正弦定理，求解时要根据已知元素的类型选择合适的公式进行计算，考查运算求解能力，属于简单题目.

10．C

【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.

【详解】因为.

对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；

对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；

对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；

对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.

故选：C.

11．D

【分析】由题意可分为：直线与直线平行以及直线过的中点两种情况，然后利用两直线平行和点到直线的距离公式等知识分析计算即可得解．

【详解】直线的斜率为，

①直线与直线平行时，设直线的方程为，

有，解得，

直线l的方程为或；

②若直线过的中点时，

若直线的斜率存在，设直线的方程为，整理为，

点A到直线l的距离为，解得，直线l的方程为；

若直线的斜率不存在，直线l的方程为符合题意．

故选：D.

12．A

【分析】令，，求出函数的导数，由可得，在递增，根据函数的单调性求出的范围即可．

【详解】令，，因为，

则，

故在递增，

而，故，即

即，故，即不等式的解集为，故选A．

【点睛】本题主要考查抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.

13．

【分析】根据已知等式平方后相加可得，即，根据已知角度范围即可得，从而可得，，再根据诱导公式转化即可得所求.

【详解】等式，

两边同时平方得，，

两式相加，得，，整理得，即，

因为，所以，得，

代入，得，即，则，

则.

故答案为：.

14．

【分析】利用点到直线距离公式，求解即可.

【详解】点到直线的距离为.

故答案为：.

15．

【分析】由圆台的底半径为1和2，母线长为3，求出圆台高为2，由此能求出此圆台体积．

【详解】∵圆台的底半径为1和2，母线长为3，

∴圆台高h==2，

∴此圆台体积V=（r2+R2+Rr）h=π．

故答案为π．

【点睛】本题考查圆台的体积的求法，解题关键点为在轴截面中求出圆台的高，属于基础题．

16．

【分析】先分类讨论，求解在不同区间的最值，利用最值取得的条件对参数m进行讨论．

【详解】当时，，

令，则或；，则，

函数在上单调递减，在单调递增，

函数在处取得极大值为，

在出的极小值为.

当时，，综上所述，的取值范围为

【点睛】已知最值求参数的取值范围，主要的解题手段有两种，含参分类讨论或是数形结合利用图像分析出参数的取值．

17．(1)；

(2)存在，详见解析.

【分析】（1）由题可得，然后利用等比数列的定义及通项公式即得；

（2）由题可知，可得，令，利用等比数列的通项公式可得，即可得出，假设存在正整数满足题意，由题可得，即可求解．

【详解】（1）因为，

所以，

因为，且，

所以，且，

所以数列是以为首项，以3为公比的等比数列，

所以；

（2）由（1）可得，

所以，

令，则，

所以，且，

所以数列是首项为，公比为的等比数列，

所以，即，

所以，

无论为何值，假设存在一个正整数使成立，

因为，

即，可得，

取，

因此是一个正数，无论为何值，都有一个正整数使成立，取的正整数即可．

18．(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据所以频率和为1进行计算;

（2）根据分层抽样可得相应组抽取的人数，则服从超几何分布，根据进行计算求解．

【详解】（1）由频率分布直方图得：.解得；

（2）由频率分布直方图得：

这1000名学生中日平均阅读时间在，两组内的学生人数之比为，

若采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在内的学生中抽取（人）

在日平均阅读时间在内的学生中抽取4人，

现从这10人中随机拍取3人，则服从超几何分布，其可能取值为0，1，2，3，

，，

，，

∴的分布列为：

.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】(1) 过点做,E为垂足,由等腰梯形的数量关系可得,由勾股定理可知,根据面面垂直的性质定理可知平面ADP,即,结合线面垂直的判定定理,可知平面ACP,即,即可证明结论;

(2) 过A作于F,根据面面垂直的性质定理可知平面PCD,根据中的勾股定理可得,在由等面积法可求,进而求得,以P为原点PC,PD分别为x,y轴,过点P做的平行线为轴,建立空间直角坐标系,求出各个点坐标,分别求出平面PAB和平面ACP中的法向量,求得法向量的夹角的余弦值的绝对值,即为二面角所成角的余弦值的绝对值,结合图形即可得二面角的大小.

【详解】（1）证明:在等腰梯形ABCD,,,

过点做,E为垂足,连接,如图所示:

所以,即,在中,由余弦定理可得:

,解得:,所以,

因为,平面平面PCD,平面平面,

所以平面ADP,所以,

因为,平面ACP,平面ACP,

所以平面ACP,所以,即,故为直角三角形;

（2）由(1)知,平面ADP,所以,

在直角三角形中,,,所以,

在直角三角形中,,,所以,

过A作于F,则平面PCD,

因为,所以为直角三角形,

根据等面积法:,

所以,

以P为原点PC,PD分别为x,y轴,过点P做的平行线为轴,建立如图坐标系,

则

,,

在平面PAB中,设其法向量为,

,,则,

取,则,

在平面ACP中,设其法向量为,

,,

则有,取,则,

令,则,

由图可知二面角为锐角,故其大小为.

20．(1)递增区间为，递减区间为

(2)证明见解析

【分析】（1）求出导函数，利用导数求单调区间；

（2）先进行变量分离，得到，设，，由（1）可知不妨设，.设，则，由则得到，利用分析法转化为只需证：，令，，利用导数判断出在上为减函数，得到，即成立.

（1）

函数的定义域为，

又，

当时，，当时，，

故的递增区间为，递减区间为.

（2）

因为，故，即，

即故，

设，，由（1）可知不妨设，.

设，则，

则即，

即：，故，

要证：，即证，即证，

即证：，即证：，

令，，

则，

先证明一个不等式：.

设，则，

当时，；当时，，

故在上为增函数，在上为减函数，故，

故成立.

由上述不等式可得当时，，故恒成立，

故在上为减函数，故，

故成立，即成立.

综上所述，.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：

(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；

(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；

(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；

(4) 利用导数证明不等式.

21．（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据为直径的圆经过F，可得，结合点P在椭圆上，列出方程求解即可；

（2）设动直线l的方程为，联立椭圆方程，由题意可得，假设存在，满足条件，列出方程求解即可得证.

【详解】（1）由题设知，，

由，得①

又点P在椭圆C上，②

③

①③联立解得，，

故所求椭圆的方程为

（2）设动直线l的方程为，代入椭圆方程，消去y，整理，

得（*）

方程（*）有且只有一个实根，又，

所以，得

假设存在，满足题设，则由对任意的实数k恒成立.

所以，解得，或，

所以，存在两个定点，，它们恰好是椭圆的两个焦点.

【点睛】圆锥曲线中考查是否存在满足某条件的定点，一般先假设存在，按照条件建立方程，通过化简运算，注意很多情况存在运算技巧，可以得到所求点或参数，核心是需要较强的运算能力.

22．(1)，

(2)

【分析】（1）利用，，将极坐标方程化为直角坐标方程；对参数方程中的参数进行消参化为普通方程；

（2）点P是直线上的点，对应的参数，将直线的参数方程代入曲线C的方程，得出A,B两点对应的参数满足的条件，从而求出的值．

【详解】（1）曲线，因为，，

所以直角坐标方程为：，即；

由，消去参数可得直线l的普通方程为：．

（2）因为P的直角坐标为，

所以直线l过P点，直线l的参数方程，代入曲线C的方程中，

得，即.

设A，B两点对应的参数分别为，所以，，

所以．

23．(1)

(2)

【分析】（1）利用分类讨论法可求不等式的解集；

（2）利用绝对值三角不等式可求的最小值，从而可求实数的取值范围.

【详解】（1）即为，

故或或，

故或或，

故的解集为，

（2）即为，

而，当且仅当时等号成立，

故的最小值为1，而有解，

故.