四川省2023届高三第一次模拟考试理科数学试卷（含解析）

四川省2023届高三第一次模拟考试理科数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：______________

一、单选题

1．已知复数，则z在复平面内对应的点关于虚轴对称的点是（    ）

A． B． C． D．

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

3．某高职院校对年单招参考的名学生数学成绩进行统计，得到样本频率分布直方图（如图），则数学成绩在分以下的学生人数是（    ）

A． B． C． D．

4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（    ）

A． B． C． D．

5．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

6．的值为（    ）

A．1 B． C．－ D．

7．设点是曲线上任意一点，且到直线的最小距离为，若，且有，则=（    ）

A．2 B． C． D．3

8．如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论：①存在点E，使；②存在点E，使平面；③EF与所成的角不可能等于60°；④三棱锥的体积随动点E的变化而变化．其中正确结论的个数是（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

9．已知O为坐标原点，双曲线C：的右焦点为F，以OF为直径的圆与C的两条渐近线分别交于与原点不重合的点A，B，若，则的周长为（    ）

A．6 B． C． D．

10．已知函数，给出下列4个结论：

①的最小值是；

②若，则在区间上单调递增；

③将的函数图象横坐标缩短为原来的倍，再向右平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，可得函数的图象，则；

④若存在互不相同的，，，使得，则

其中所有正确结论的序号是（    ）

A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②

11．已知函数 ， 若对于区间上的任意， 都有， 则（    ）

A．的最小值是 1 B．的最小值小于 1

C．的最大值是 1 D．这样的的不存在

12．若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知向量，，，若A，B，D三点共线，则_________．

14．如图，在边长为2的正方形中，以的中点为圆心，以为半径作圆弧，交边于点，从正方形中任取一点，则该点落在扇形中的概率为_____．

15．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是E上一点，直线与E的另一个交点为B，则的周长为______．

16．在中，内角，，的对边分别为，，且，则___________.

三、解答题

17．已知数列，，，记为数列的前项和，．

条件①：是公差为2的等差数列；条件②：．

从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．

18．如图（1），已知边长为2的菱形ABCD中，沿对角线BD将其翻折，使，设此时AC的中点为O，如图（2）．

(1)求证：点O是点D在平面上的射影；

(2)求点A到平面BCD的距离．

19．已知袋子中放有大小和形状相同，标号分别是0，1，2的小球，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球2个，标号为2的小球1个.从袋子中不放回地随机抽取2个小球，记第一次取出的小球标号为a，第二次取出的球标号为b. 记“”为事件A．

(1)求事件A的概率；

(2)在区间内任取2个实数x，y，求事件“”恒成立的概率.

20．已知椭圆经过点，且离心率为.

（1）求椭圆的方程；

（2）设直线与椭圆相交于两点，求的值.

21．已知函数．

(1)若单调递减，求a的取值范围；

(2)若有两个极值点，且，证明：．

22．已知点，，动点满足直线与的斜率积为，记的轨迹为曲线.

(1)求曲线的方程，并说明是什么曲线；

(2)已知直线：与曲线交于两点，且在曲线存在点，使得，求的值及点的坐标.

23．已知函数

(1)当时，求函数的定义域；

(2)当函数的值域为R时，求实数的取值范围.

参考答案

1．D

【分析】直接写出z在复平面内对应的点，再求关于虚轴对称的点即可.

【详解】z在复平面内对应的点为，关于虚轴对称的点是.

故选：D.

2．C

【分析】根据集合交集的定义运算即可．

【详解】集合，，则

故选：C

3．D

【分析】根据频率分布直方图可计算得出数学成绩在分以下的学生人数.

【详解】由频率分布直方图可知，数学成绩在分以下的学生人数为.

故选：D.

4．C

【分析】根据三视图判断出立体图形并根据圆锥表面积公式即可求解.

【详解】根据三视图可知该几何体为圆锥，圆锥的底面半径为1，高为3，如图：

则该几何体的表面积是.

故选：C.

5．A

【分析】先根据函数的奇偶性，可排除BD，根据当时，即可排除C得出答案.

【详解】因为，

所以，

所以为偶函数，故排除BD；

当时，，，则，故排除C.

故选：A．

6．D

【分析】根据正切两角和公式，结合诱导公式、同角的三角函数关系式进行求解即可.

【详解】

，所以，

故选：D

7．C

【分析】求出曲线的斜率为1的切线方程（切点坐标），两平行线间距离（切点到已知直线的距离）即为，根据分段函数计算函数值得．

【详解】已知函数定义域是，

由得，由，解得或（舍去）时，，切点坐标为，

所以，

又，，

所以．

故选：C．

8．D

【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间线面平行与垂直的判定及性质定理、向量的夹角判断异面直线所成角、三棱锥的体积计算公式即可得出．

【详解】解：设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，

则，0，，，0，，，1，，，1，，，0，，，0，，，1，，，1，，点，

则，而，，

，因此，

，，，，

对于①而言就是否存在实数，使，而，，，，此即，这样的不存在，①错误；

对于②而言就是否存在实数，使平面，首先我们在平面内任意找到两条相交直线的方向向量，不妨就找和，

，于是，即就是当为的中点的时候，②正确；

同理，对于③而言，还是判断这样的实数是否存在，，

设其夹角为，则，

令，此即，将上式平方解得，将回代原式结论成立，这样的存在；③错误；

对于④来说，点无论在上怎样移动，底面的高不变，故而底面面积不变，三棱锥的高为定值，所以其体积不会随着点的变化而变化，故④错误．

所以正确的个数为1个.

故选：D.

9．B

【分析】结合双曲线图像对称性，可得轴，根据圆的性质和双曲线，，的关系可计算出，，的长度，进而求出的周长.

【详解】设与轴交于点，由双曲线的对称性可知轴，，

，又因为，所以，即，

所以，因为点在以为直径的圆上，所以，所在的渐近线方程为，

点到渐进线距离为，所以，

所以，，所以的周长为，

故选：B

10．A

【分析】化简得到，，①正确，时，，②正确，，时不相等，③错误，，解得，④正确，得到答案.

【详解】，

对①：当时，，正确；

对②：，则，时，，正确；

对③：，时，，不相等，错误；

对④：，，，

则，，

当时，，故当时，，解得，正确.

故选：A

11．A

【分析】由题可得，利用导数确定函数的单调性，求得最值，即可求解.

【详解】由题意，函数 对于区间上上任意，都有，

因为，则，且，

由，可得，由，可得，

所以函数上函数单调递减，在上单调递增，

所以函数的最小值为，

又当时，而，

所以，

所以，即实数的最小值是1.

故选：A.

12．B

【分析】构造函数和，利用导数求解函数的单调性，进而可比较大小.

【详解】设，则，

设 ，

由于在单调递增，且其值均大于0， 单调递减，

所以单调递减，又 ，所以在单调递减，且，

所以在时，，因此在时单调递减，

故，即，即，

设

当时，，所以在单调递增，

所以，即，

综上可知，

故选：B

【点睛】本题考查了利用导数判断大小.构造函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式或者比较数的大小时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.

13．6

【分析】根据给定条件，求出，再利用共线向量的坐标表示计算作答.

【详解】因，，则，

又，且A，B，D三点共线，即，因此，解得，

所以.

故答案为：6

14．

【分析】由已知求出扇形面积与正方形面积，再由测度比是面积比得所求概率．

【详解】如图，正方形面积，因，故，

所以，同理，所以，

又，∴．

∴从正方形中任取一点，则该点落在扇形中的概率为．

故答案为．

【点睛】本题考查几何概型，求出扇形面积是关键，是基础题．

15．10

【分析】根据双曲线的定义，，，从而，又，得，故，即可得的周长.

【详解】由题意，点在双曲线的右支上，点在双曲线的左支上，

根据双曲线的定义，，，

从而，又，，，

，故，

所以的周长，

故答案为：10．

16．

【分析】利用正弦定理化边为角，再逆用两角和的正弦公式化简，结合三角形的内角和以及诱导公式即可求解.

【详解】因为，

由正弦定理可得：，

即，

所以，

在中，因为，

所以，即，

所以，

故答案为：

17．(1)

(2)

【分析】（1）选①：由与的关系即可求解；选②：由等差数列的定义即可求；

（2）利用错位相减法即可求解.

【详解】（1）因为为数列的前项和，所以.

选择条件①：因为是公差为2的等差数列，

首项为，

所以，

整理，得，

所以，

所以，

所以，当时也符合，

所以；

选择条件②：因为，所以，

所以，

所以，整理，得，

所以是以为首项，公差为1的等差数列，

所以，

即.

（2）由（1）知，所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

整理，得.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接DO，BO，利用勾股定理证明，再证明平面，即可得证；

（2）利用等体积法求解即可.

【详解】（1）连接DO，因为，O为AC的中点，所以，

设菱形ABCD的边长为2，

又因为，所以，连接BO，则，

又因为，，所以，所以，

所以，

又，所以，所以，

又，平面，平面，所以平面，

所以点O是点D在平面上的射影；

（2）设点A到平面BCD的距离为h，

由菱形ABCD的边长为2，且，

则的面积为，

则，的面积为，

由（1）知，平面，，

所以，

由得，，所以，

即点A到平面BCD的距离为．

19．(1)；

(2).

【分析】（1）将标号为0的小球记为0，标号为1的小球记为，标号为2的小球记为2，再用坐标表示取球情况，可得取球总情况数，则；

（2）设事件“恒成立”为事件B，由题可得事件B等价于“恒成立”，又全部结果构成区域为，事件B所构成的区域，则所求概率为两区域面积之比.

【详解】（1）将标号为0的小球记为0，标号为1的小球记为，标号为2的小球记为2，则从袋子中两次不放回地随机抽取2个小球可能的结果：，

，，，共12种.其中满足“”的有，共4种.

故；

（2）设事件“恒成立”为事件B，因，故事件B等价于恒成立.又全部结果构成区域，事件B所构成的区域，如下图所示.

则.

20．（1）；（2）.

【分析】（1）根据题意得，，再结合即可求得答案；

（2）联立直线、椭圆方程可得两点坐标，由向量的数量积坐标运算公式可得答案.

【详解】（1）椭圆经过点，所以，

因为离心率为，所以，所以，

所以椭圆的方程为.

（2）由得，解得，

所以，或，

可得，，或者，，

所以.

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1），因为单调递减，所以在时恒成立，即，令，问题转化为求的最值，利用导数求解即可；

（2）由题意可知，且，要证明，只需证明．由得，所以．令，，则需证明．令，则，令，可求得，从而在时单调递减，所以，原不等式即可得证．

【详解】（1）由得，

因为单调递减，所以在时恒成立，

即，令，则，

可知时，，单调递增；时，，单调递减，

则时取最大值，所以，

所以，的取值范围是．

（2）由（1）知，当时，单调递减，不合题意；

因为函数有两个极值点，则有两个零点，

令，，

当时，，单调递增，不合题意，

可知，且，

要证明，只需证明．

由得则，

所以，.

令，则，要证明，需证明．

令，且，则，

令，且，则，

则在时单调递增，故，

故，则在时单调递减，

所以，，即，则有，

所以，即原不等式成立.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数的单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将问题逐步转化，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数，再通过导数研究函数的性质进行证明．

22．(1)：（），是除去左右两个端点的双曲线

(2)时，，当时，.

【分析】（1）利用斜率公式列出方程即可；

（2）将直线与曲线联立消去，设，利用韦达定理得和，再设 ，由列方程解出的值即可.

【详解】（1）动点满足直线与的斜率积为

即：（），是除去左右两个端点的双曲线

（2）将直线与曲线联立得，

设，则，

设，由得，

即，又因为，解得，

所以当时，，当时，.

23．(1)

(2)

【分析】（1）利用零点分段法解不等式，求出函数的定义域；

（2）由的值域为R得到能取遍所有正数，结合绝对值三角不等式得到，故，求出实数的取值范围.

【详解】（1）当时，令，

即①，或②，或③，

解①得：，解②得：，解③得：，

所以定义域为；

（2）因为的值域为R，

故能取遍所有正数，

由绝对值三角不等式，

故，所以，故实数的取值范围是.