青海省2023届高三第一次模拟考试数学（理）试卷（含解析）

青海省2023届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．已知为复数的单位，若，则复数的共轭复数在（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．抛物线的准线方程是（    ）

A． B． C． D．

4．下列函数既是奇函数，又在区间（0，+∞）上为增函数的是（    ）

A．y＝x3 B．y＝lnx C．y＝|x| D．y＝sinx

5．是一款具有社交属性的健身，致力于提供健身教学、跑步、骑行、交友及健身饮食指导、装备购买等一站式运动解决方案.可以让你随时随地进行锻炼，记录你每天的训练进程.不仅如此，它还可以根据不同人的体质，制定不同的健身计划.小吴根据记录的2019年1月至2019年11月期间每月跑步的里程（单位：十公里）数据整理并绘制了下面的折线图.根据该折线图，下列结论不正确的是（    ）

A．月跑步里程的中位数为5月份对应的里程数

B．月跑步里程最大值出现在10月

C．月跑步里程逐月增加

D．1月至5月的月跑步里程相对于6月至11月波动性更小

6．曲线的对称轴方程为（    ）

A． B．

C． D．

7．将4个不同的球放到3个不同的盒子里，每个盒子中至少放一个球，则放法种数有（    ）．

A．72 B．60 C．48 D．36

8．设分别是双曲线的左、右焦点.若点在双曲线上，且，则

A． B． C． D．

9．在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，，分别为，的中点，则与所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．

10．已知等比数列的前n项和为，若，则（    ）

A． B．5 C． D．

11．已知函数在上存在导函数，对于任意的实数x都有，当时，，若，，，则a，b，c的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

12．香农定理是所有通信制式最基本的原理，它可以用香农公式来表示，其中C是信道支持的最大速度或者叫信道容量，B是信道的带宽（Hz），S是平均信号功率（W），N是平均噪声功率（W）.已知平均信号功率为1000W，平均噪声功率为10W，在不改变平均噪声功率和信道带宽的前提下，要使信道容量增加到原来的2倍，则平均信号功率需要增加到原来的（    ）

A．1.2倍 B．12倍 C．102倍 D．1002倍

二、填空题

13．已知平面向量，，若，则___________.

14．设等差数列的前n项和为，已知，则_____________．

15．如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上下底面及母线均相切，已知圆柱的底面半径为3，则圆柱的体积为__________．

16．设某车间的A类零件的厚度L（单位：）服从正态分布，且．若从A类零件中随机选取100个，则零件厚度小于的个数的方差为______．

三、解答题

17．a，b，c分别为内角A，B，C的对边．已知．

(1)求C；

(2)若c是a，b的等比中项，且的周长为6，求外接圆的半径．

18．举办亲子活动，不仅能促进家庭和幼儿园的合作，还能增进亲子之间的感情，对促进幼儿园教育也具有重要作用.某幼儿园举办了一场亲子活动，活动中，从某班8组家庭中（每组家庭由1名家长和1名小朋友组成）随机抽取4名家长和4名小朋友参与活动，若抽取的家长和小朋友来自同一个家庭，则称为1组家庭.

(1)求抽取的8人中恰有2组家庭的概率；

(2)记抽取到的家庭组数为X，求X的分布列和期望.

19．如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，分别是的中点.

(1)求证：；

(2)求证：平面平面.

20．设,分别是椭圆：的左、右焦点，过点的直线交椭圆于两点，

（1）若的周长为16，求；

（2）若，求椭圆的离心率.

21．已知函数.

(1)求的单调区间；

(2)讨论的零点个数.

22．在直角坐标系中，圆的参数方程（为参数）．以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求圆的极坐标方程；

（2）直线的极坐标方程是，射线与圆的交点为，，与直线的交点为，求线段的长．

23．已知函数．

（1）求不等式的解集；

（2）记的最小值为，若关于的不等式有解，求的取值范围．

参考答案：

1．B

【分析】根据集合的交集与补集运算即可

【详解】由题意可得，则，

故.

故选：B

2．C

【分析】由复数除法求得复数后可得其共轭复数，得出对应点所在象限．

【详解】由已知，

，对应点坐标为，在第三象限．

故选：C．

3．B

【解析】根据抛物线的标准方程可得出其准线方程.

【详解】由题意可得，抛物线的准线方程为.

故选：B.

【点睛】本题考查利用抛物线的标准方程求准线方程，考查计算能力，属于基础题.

4．A

【分析】根据函数奇偶性及单调性的定义对选项进行检验即可判断．

【详解】解：y＝lnx定义域（0，+∞）不关于原点对称，故为非奇非偶函数，

y＝|x|为偶函数，不符合题意，

y＝sinx在（0，+∞）上不单调，不符合题意，

故选：A．

【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性及单调性的判断，属于基础试题．

5．C

【分析】根据折线图的信息，逐项判断，即可求出结论.

【详解】由所给折线图可知：

月跑步里程的中位数为5月份对应的里程数，故选项A正确；

月跑步里程最大值出现在10月，故选项B正确；

月跑步里程并不是逐月递增，故选项C错误；

1月至5月的月跑步里程相对6月至11月，波动性更小，故选项D正确．

故选：C．

【点睛】本题考查折线图数据分析，考查数形结合，属于基础题.

6．A

【分析】化简题设函数得,再令即可解出答案.

【详解】,

令,

解得,

故选:A.

【点睛】本题考查辅助角公式,考查求三角函数的对称轴,难度不大.

7．D

【分析】先分组共有种分组方法，然后分配，有种，由分步计数原理可得结果．

【详解】先分组共有种分组方法，然后分配，有种，

由分步计数原理得有种放法．

故选：D．

8．B

【详解】根据题意，F1、F2分别是双曲线的左、右焦点．∵点P在双曲线上，且，根据直角三角形斜边中线是斜边的一半，∴=2|=|=2．

故选B．

9．D

【解析】取的中点为Q，可得即为所求异面直线所成的角，求出各边长，利用余弦定理即可求出.

【详解】如图，不妨设.

取的中点为Q，连接，

则且，

故四边形为平行四边形，∴，

∴即为所求异面直线所成的角.

在中，，，

则.

故选：D.

【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；

（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．

10．C

【分析】根据条件得到，，，从而求出，，，再由数列是等比数列得到，即可得到.

【详解】由题意得：，，，

即，，，

因为数列是等比数列，所以，

即，解得：，

故选：C.

11．C

【分析】根据题意构造函数，结合条件可得函数的单调性，再由奇偶性即可判断的大小关系，从而得到结果.

【详解】令，∵当时，，则，所以当时，函数单调递减．

因为对于任意的实数x都有，所以，即为偶函数，

所以当时，函数单调递增．

又，，，

又，所以，即，

故选:C．

12．C

【分析】根据题意解对数方程即可得解．

【详解】由题意可得，，则在信道容量未增加时，信道容量为，当信道容量增加到原来的2倍时，，则，即，解得，则平均信号功率需要增加到原来的102倍.

故选：C．

13．32##1.5

【分析】利用向量垂直的坐标表示即可求解.

【详解】由，得，即，解得.

故答案为：

14．5

【分析】根据等差数列前项和的性质，即可直接求得结果.

【详解】因为数列为等差数列，故，解得.

故答案为：.

15．

【分析】由条件球的半径与圆柱底面圆半径相同，故球的半径为3，进而得圆柱的高，代入体积公式求解．

【详解】设圆柱的底面半径为，球的半径为．由条件有：，圆柱的高为，

所以圆柱的体积为．

故答案为：

16．16

【分析】根据正态分布得到，再由零件厚度小于14mm的个数服从求解.

【详解】依题意，得，

若从A类零件中随机选取100个，则零件厚度小于14mm的个数服从，

所以.

故答案为：16.

17．(1)；

(2).

【分析】（1）根据正弦定理，结合同角的三角函数关系式进行求解即可；

（2）根据正弦定理、余弦定理，结合等比中项的性质进行求解即可.

【详解】（1）根据正弦定理，由，

因为，所以，

于是由

，

因为，所以；

（2）因为c是a，b的等比中项，所以，

因为的周长为6，所以，

由余弦定理可知：

，或舍去，

所以外接圆的半径为.

18．(1)

(2)分布列见解析，2

【分析】（1）总的抽法为，恰有2组家庭的抽法为（8个家庭抽2个家庭，剩余6个家长抽2个家长，剩余4个小朋友抽2个小朋友），即可求出概率；

（2）X的可能取值是0，1，2，3，4，写出对应的概率，可得分布列，再依据定义求期望即可

【详解】（1）从这8组家庭中随机抽取4名家长和4名小朋友的不同抽法有种，

其中恰有2组家庭的抽法有种，

故所求概率.

（2）由题意可知X的所有可能取值是0，1，2，3，4.

由（1）知.

，，

，.

X的分布列为：

故.

19．(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由条件可得，，进而利用线面垂直的判定定理可得平面，从而得到；

（2）由，，利用线面平行的判定定理得到线面平行，再利用面面平行的判定定理即可证得面面平行.

【详解】（1）∵底面，∴，

又在矩形中，，且，面，

∴面，

又面，∴.

（2）∵矩形中，分别为的中点，∴，

∵平面，平面，∴平面，

∵分别是的中点，∴，

∵平面，平面，∴平面，

又∵，平面，

∴平面平面.

20．（1）；（2）.

【详解】试题分析：（1）由题意可以求得，而的周长为，再由椭圆定义可得.故.（2）设出，则且.根据椭圆定义以及余弦定理可以表示出的关系，从而，，则，故，为等腰直角三角形.从而，所以椭圆的离心率.

（1）由，得.因为的周长为，所以由椭圆定义可得.故.

（2）设，则且.由椭圆定义可得.

在中，由余弦定理可得，即，化简可得，而，故.于是有.因此，可得，故为等腰直角三角形.从而，所以椭圆的离心率.

考点：1.椭圆的定义；2.椭圆的离心率求解.

21．(1)单调递增区间是和，单调递减区间是

(2)时， 有1个零点；

或时， 有2个零点；

时，有3个零点.

【分析】（1）求解函数的导数，再运用导数求解函数的单调区间即可；

（2）根据导数分析原函数的极值，进而讨论其零点个数.

【详解】（1）因为，所以

由，得或；由，得.

故的单调递增区间是和，单调递减区间是.

（2）由（1）可知的极小值是，极大值是.

①当时，方程有且仅有1个实根，即有1个零点；

②当时，方程有2个不同实根，即有2个零点；

③当时，方程有3个不同实根，即有3个零点；

④当时，方程有2个不同实根，即有2个零点；

⑤当时，方程有1个实根，即有1个零点.

综上，当或时，有1个零点；当或时，有2个零点；当时，有3个零点.

22．（1）；（2）

【分析】（1）先由圆的参数方程消去参数，得到圆的普通方程，再由极坐标与直角坐标的互化公式，即可得出圆的极坐标方程；

（2）由题意，先设两点的极坐标为：，，将代入直线的极坐标方程，得到；将代入圆的极坐标方程，得到，再由，即可得出结果.

【详解】（1）因为，圆的参数方程（为参数），消去参数可得：；

把代入，化简得：，即为此圆的极坐标方程；

（2）设两点的极坐标为：，，

因为直线的极坐标方程是，射线，

将代入得，即；

将代入得，

所以．

【点睛】本题主要考查圆的参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标下的两点间距离，熟记公式即可，属于常考题型.

23．（1）；（2）.

【分析】（1）利用“零点分界法”去绝对值解不等式即可求解

（2）由（1）可知，从而可得有解，利用绝对值三角不等式求出的最小值即可求解.

【详解】解：（1）当时，由，得；

当时，由，得；

当时，由，得．

综上所述，不等式的解集为．

（2）由（1）可知，

，当时，等号成立．

因为关于的不等式有解，

所以，即，解得，

所以的取值范围是．