贵州省2022-2023学年高三第一次模拟考试数学（理）试卷（含解析）

贵州省2022-2023学年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．已知复数z满足：，则的最小值是（    ）

A．1 B． C． D．2

3．已知扇形的面积为8，且圆心角弧度数为2，则扇形的周长为（    ）

A．32 B．24 C． D．

4．若，，，则，，的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

5．执行如图所示的程序框图，输出的（    ）

A． B． C． D．

6．已知函数，则在上（    ）

A．单调递增 B．单调递减

C．先增后减 D．先减后增

7．已知数列满足：，当时，，则关于数列说法错误的是（    ）

A． B．数列为递增数列

C．数列为周期数列 D．

8．已知是抛物线上一动点，是圆上一点，则的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

9．如图，在正方形中，分别是边上的点，，，则（    ）

A． B．

C． D．

10．已知函数与的函数图象如图所示，则函数的图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

11．下列函数中，在区间 上为减函数的是

A． B． C． D．

12．设双曲线的右焦点为，，若直线与的右支交于，两点，且为的重心，则直线斜率的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

13．已知单位向量满足，则__________．

14．的内角，，所对的边分别为，，，且，，则的面积为_________．

15．从甲、乙等6名专家中任选2人前往某地进行考察，则甲、乙2人中至少有1人被选中的概率为________

16．已知函数在点处的切线为在点处的切线为，且与的斜率之积为，则的最小值为__________．

三、解答题

17．设数列满足.

(1)求，，，试猜想的通项公式，并证明；

(2)求数列的前n项和.

18．在2022年9月贵阳市疫情防控期间，某学校高一学生居家学习，为了解学生的自主学习状况，随机抽取了该年级40名学生进行网上问卷调查，获得了他们一周（五天）平均每天自主学习时间的数据（单位：分钟），并分组整理得到如下频率分布表：

(1)学校要进一步研究学生自主学习时间与学业成绩的相关性，在这5组内的40名学生中，用分层抽样的方法再选取20人进行对照研究，求从组中抽取的人数；

(2)若组中男生有3人，现从该组中随机抽取3人，以表示其中抽取男生的人数，求的分布列和数学期望；

19．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，点H为线段PB上一点（不含端点），平面AHC⊥平面PAB．

(1)证明：；

(2)若，四棱锥P－ABCD的体积为，求二面角P－BC－A的余弦值．

20．已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，过左焦点的直线与椭圆交于两点（不在轴上），的周长为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若点在椭圆上，且为坐标原点），求的取值范围.

21．已知函数，曲线在处的切线也与曲线相切．

(1)求实数的值；

(2)求在内的极小值．

22．在平面直角坐标系中，椭圆的参数方程为（为参数）.以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.求椭圆上的点到直线距离的最大值和最小值.

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)已知函数的最小值为，且、、都是正数，，证明：．

参考答案

1．B

【分析】化简集合A，B，根据集合的交集运算求解即可.

【详解】因为，，

所以，

故选：B

2．B

【分析】由复数模的几何意义，转化为求原点到直线的距离．

【详解】由复数模的几何意义知满足的对应的点在以点和为端点的线段的中垂线，的中点为，

的最小值就是原点到直线的距离即为，

故选：B．

3．D

【分析】根据扇形面积和弧长公式即可求解.

【详解】圆心角，扇形面积，

即，得半径，

所以弧长，

故扇形的周长.

故选：D

4．D

【分析】利用基本不等式及合理放缩，结合对数运算性质即可得到答案.

【详解】运用基本不等式，以及放缩技巧，得，

，

故选：D.

5．A

【解析】模拟运行程序，结合裂项相消法得出输出值.

【详解】

输出

故选：A

6．D

【分析】根据余弦型函数单调性的求法得出函数的单调区间，即可得出在上的单调性.

【详解】令，得，

令，得，

则的单调递增区间为，单调递减区间为，

所以在上单调递减，在上单调递增，

即在上先减后增.

故选：D

7．C

【分析】利用数列的递推关系推出，所以数列是以为首项1为公差的等差数列，然后求解通项公式，即可判断选项的正误.

【详解】解：由题意得：，

即，

所以数列是以为首项1为公差的等差数列，

所以，所以，故D对.

所以，故A对，

函数，在时，单调递增，故是单调递增数列，故B正确，C错误.

故选：C.

8．C

【分析】由圆的性质可得，设，结合两点距离公式和二次函数性质求的最小值，可得结论.

【详解】圆的圆心的坐标为，半径，

因为是圆上一点，

所以，当且仅当点为线段与圆的交点时等号成立，

因为是抛物线上一动点，

设点的坐标为，则

，

当时，取最小值，最小值为，

所以，

当且仅当点的坐标为，且点为线段与圆的交点时等号成立，

所以的最小值为，

故选：C.

9．D

【分析】利用正切的和差公式得到，然后得到，即可得到.

【详解】由题可知，

则，即，.

故选：D.

10．D

【分析】利用函数的奇偶性结合在定义域上的正负即可判断.

【详解】由图知，的定义域为，

令时，或，

由为奇函数，为偶函数，

所以为奇函数，关于原点对称，

对A，B：当时，，，所以，故A，B错误；

对C：由分析知，是奇函数，关于原点对称，故C错误；

对D：由图知，当时，，，，

当时，，，，

结合奇函数的对称性可得时的图象，故D正确；

故选：D.

11．D

【详解】试题分析：在区间上为增函数；在区间上先增后减；在区间上为增函数；在区间上为减函数，选D.

考点：函数增减性

12．C

【分析】根据重心性质得出中点的坐标，根据直线与的右支交于两点可知点在右支内部，

将的坐标代入双曲线中建立不等式，即可得离心率的范围，根据点差法可得直线的斜率与之间等式关系，

由不共线建立不等式，解出离心率具体范围，根据离心率的范围及直线的斜率与之间等式关系，

即可得斜率的取值范围，解出即可.

【详解】设为的中点，根据重心性质可得，

因为，则，

因为直线与的右支交于两点，所以点在双曲线右支内部，

故有，解得，

当直线斜率不存在时，的中点在轴上，

故三点不共线，不符合题意舍，

设直线斜率为，设，

所以，，

因为在双曲线上，所以，

两式相减可得：，

即，

即有成立，

即有，因为不共线，

即，即，即，

所以的离心率的取值范围为，

因为

，

因为，即，

所以，

所以.

故选：C

【点睛】思路点睛：该题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于难题，关于圆锥曲线中弦中点和直线斜率有关问题的思路有：

（1）设出点的坐标；

（2）根据中点坐标建立等式：，；

（3）将两点代入圆锥曲线中，再对两式作差，用平方差公式对等式变形；

（4）将，及代入等式中即可得出关系.

13．

【分析】转化为，利用向量数量积的运算律展开，结合为单位向量，即得解

【详解】因为，所以，所以．

故答案为：

14．##

【分析】由题意可求出的值，结合角的取值范围可得出角的值，利用余弦定理可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.

【详解】由可得：，则，

由余弦定理可得，

因此，.

故答案为：.

15．##0.6

【分析】先计算出甲、乙2人都未被选中的情况，再通过互斥事件关系即可得出甲、乙2人中至少有1人被选中的概率.

【详解】6名专家随机选取2人的情况有种，其中甲、乙2人都未被选中的情况有种，则甲、乙2人中至少有1人被选中的概率为

故答案为：

16．

【分析】通过导数，分别求出的斜率，令其相乘等于，得到和关系，然后表示出，通过等量代换把表示为关于的一个函数，利用导数找到其最小值，得到答案.

【详解】对分别求导，得到

所以，，则，即

由两点间距离公式可得

设，则

当时，，单调递减，当时，，单调递增.

所以时，取极小值，也是最小值，为，

所以的最小值为2，即的最小值为.

【点睛】本题考查利用导数求切线斜率，利用导数求函数的最值，属于中档题.

17．(1)，，，，证明见解析

(2)

【分析】（1）根据已知求出，，，猜想数列的通项公式为，当时，，结合已知式子两式相减即可得出当时，，再验证成立即可；

（2）结合第一问结论得出数列的通项，利用错位相减法得出答案.

【详解】（1）因为，

当时，

当时，，可得，

当时，，可得，

所以猜想数列的通项公式为，证明如下：

由题意，当时，，

，得，所以，

当时，上式为，这就是说，当时，上式也成立.

因此，数列的通项公式为；

（2）由（1）知，记的前n项和为，

则，

故，

，得，

，

所以数列的前n项和为.

18．(1)3

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据题意和表格中所给数据，可依次求出各个未知数，进而求出从组中抽取的人数；

（2）由题意可知的取值为，求出各个取值对应的概率，进而求的分布列和数学期望.

【详解】（1）因为，所以，

因此，设从组的学生中选取的人数为，

则有，所以从组的学生中选取的人数为3

（2）由题意可知：，

，，，．

所以的分布列如下：

．

19．(1)见解析

(2)

【分析】（1）利用面面垂直性质定理与线面垂直性质定理，结合公理2，可得线面垂直，可得答案；

（2）根据二面角的平面角定义作图，利用等面积法以及棱锥体积公式，求得边长，结合直角三角形的性质，可得答案.

【详解】（1）平面，且平面，过点所有垂直于的直线都在平面内，

平面平面，且平面，存在一条过的直线平面，且平面，

平面，，则平面，平面平面，与为同一条直线，

即平面，平面，.

（2）在平面内，过作，且，连接，作图如下：

平面，且平面，，同理可得，

，，平面，平面，

平面，为二面角的平面角，

在中，，且，则，

在四棱锥中，底面的面积，则其体积，解得，

在中，，

故二面角的余弦值为.

20．(1)

(2).

【分析】（1）由的周长得a，再由离心率得c，解得b，得椭圆的方程；

（2）依据直线斜率是否存在分类讨论，设直线方程，与椭圆联立，用A，B坐标表示求出取值范围.

【详解】（1）由的周长为，得，即，

又离心率，所以，，

所以椭圆的标准方程为.

（2）由（1）知的坐标为，

①当直线的斜率不存在时，，，则；

②当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为且，

联立，得，

设，，则，，

，

设点，则，即，代入椭圆方程得，

解得，，所以，

所以，

又，所以的取值范围是.

综上所述，的取值范围是.

21．(1)；

(2)1.

【分析】（1）利用导数的几何意义可得切线方程为，然后利用判别式为0即得；

（2）令，利用零点存在定理可得存在，使得，然后利用导数可得当时，，当时，，即得.

（1）

，

，又，

所以在处的切线方程为，

因为其也与曲线相切，则

联立，得，

由及，

解得．

（2）

由（1）得，，

令，则在上递增，

又，．

∴存在，使得，即，

当时，，递减：当时，，递增，

∵，，

∴当时，，即．

又，当时，，

是在内的极小值点．

∵当时，递减，即递减，

在内没有极小值点．

在的极小值是．

22．最大值；最小值.

【分析】将直线先化为普通方程，再计算椭圆上的点到直线的距离结合三角函数的性质求出最大值和最小值.

【详解】解：直线的普通方程为.

设椭圆上的点到直线的距离为，

则，

所以当时，；

当时，.

23．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分、两种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；

（2）由绝对值三角不等式可得出，由此可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可证得结论成立.

【详解】（1）解：由可得，

当时，则有，解得，此时；

当时，则有，解得，此时.

综上所述，不等式的解集为.

（2）解：由绝对值三角不等式可得，

当且仅当时，即当时，等号成立，故，

所以，

又因为、、均为正数，

所以，

，

当且仅当时，等号成立，故.