海南省华侨中学2023届高三第一次模拟考试数学试题(含答案)

这是一份海南省华侨中学2023届高三第一次模拟考试数学试题(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1、已知集合,,则等于( )
A.B.
C.D.
2、设a,b为实数,若复数,则( )
A.,B.,
C.,D.,
3、点关于直线的对称点是( )
A.B.C.D.
4、在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体,该几何体的上、下底面平行,且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池,它的高为2,,,,均与曲池的底面垂直,底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2,对应的圆心角为90,则图中异面直线与所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
5、在等比数列中,,若、、成等差数列,则的公比为( )
A.2B.3C.4D.5
6、已知是边长为1的正三角形,,,则( )
A.B.C.D.1
7、若对函数的图象上任意一点处的切线,函数的图象上总存在一点处的切线,使得,则m的取值范围是( )
A.B.C.D.
8、已知,,（e为自然对数的底数）,则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9、已知直线,则( )
A.直线过定点
B.当时,
C.当时,
D.当时,两直线之间的距离为1
10、已知函数的图象关于直线对称,则( )
A.的最小正周期为
B.在上单调递增
C.的图象关于点对称
D.若,且在上无极值点,则的最小值为
11、已知正实数a,b满足,下列说法正确的是( )
A.ab的最大值为2B.的最小值为4
C.的最小值为D.的最小值为
12、正方体的棱长是,M、N分别是AB、BC的中点,则下列结论正确的是( )
A.
B.以为球心,为半径的球面与侧面的交线长是
C.平面截正方体所得的截面周长是
D.与平面所成的角的正切值是
三、填空题
13、已知直线l的方向向量为,点在直线l上,则点到直线l的距离为___________.
14、求和：______________.
15、如图,正方形ABCD的边长为1,P、Q分别为边BC、CD上的点,当的周长是2,则的大小为____________.
16、已知函数及其导函数的定义域均为R,若和均为奇函数,则_____________.
四、解答题
17、已知的内角A,B,C的对应边分别为a,b,c,,且.
（1）求A;
（2）设D为BC边上一点﹐且,求的面积.
18、2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（也称“强基计划”）,《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作,改为实行强基计划.强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生,据悉强基计划的校考由试点高校自主命题,校考过程中通过笔试后才能进入面试环节.已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立.若某考生报考甲大学,每门科目通过的概率匀为,该考生报考乙大学,每门科目通过的概率依次,,m,其中.
(1)若,求该考生报考乙大学在笔试环节恰好通过两门科目的概率;
(2)“强基计划”规定每名考生只能报考一所试点高校,若以笔试过程中通过科目数的数学期望为决策依据,则当该考生更希望通过乙大学的笔试时,求m的取值范围.
19、如图,四棱锥的底面为正方形,平面ABCD,,M是侧面PBC上一点.
(1)过点作一个截面,使得PA与BC都与平行.作出与四棱锥表面的交线,并证明;
(2)设,其中.若PB与平面MCD所成角的正弦值为,求的值.
20、已知为等差数列,前n项和为,若,
(1)求
(2)对,将中落入区间内项的个数记为,求的和.
21、如图,过点和点的两条平行线和分别交抛物线于A,B和C,D（其中A,C在x轴的上方）,AD交x轴于点G.
（1）求证：点C、点D的纵坐标乘积为定值;
（2）分别记和的面积为和,当时,求直线AD的方程.
22、已知函数,.
(1)证明：存在唯一零点;
(2)设,若存在,使得,证明：.
参考答案
1、答案：B
解析：由对数函数是单调减函数,结合图象可得
,
根据指数函数是单调增函数,结合图象可得
,
.
故选：B.
2、答案：A
解析：由可得,所以,解得,,
故选A.
3、答案：B
解析：设点关于直线的对称点是,
则有,解得,,
故点关于直线的对称点是.
故选：B.
4、答案：C
解析：设上底面圆心为,下底面圆心为O,连接,OC,OB,以O为坐标原点,
分别以OC,OB,,所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示：
则,,,,
所以,,
,
又因为异面直线所成的角的范围为,
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
5、答案：B
解析：设等比数列的公比为q,则,
由题意可得,即,则,故.
故选：B.
6、答案：A
解析：由,可知E为BC中点,所以,如图所示：
因为,根据上图可知
故选：A.
7、答案：D
解析：由,得,所以,
由,得,设该导函数值域为B,
(1)当时,导函数单调递增,,
由题意得,,,,
故,解得;
(2)当时,导函数单调递减,,同理可得,与矛盾,舍去;
（3）当时,不符合题意.
综上所述：m的取值范围为.
故选：D.
8、答案：A
解析：因为,所以,
又,,所以,
设,则,由,可得,函数单调递增,
由,可得,函数函数单调递减,
所以,,所以,即,
所以.
故选：A.
9、答案：CD
解析：依题意,直线,由解得：,因此直线恒过定点,A不正确;
当时,直线,而直线,显然,即直线不垂直,B不正确;
当时,直线,而直线,显然,即,C正确;
当时,有,解得,即直线,
因此直线,之间的距离,D正确.
故选：CD
10、答案：ACD
解析：因为函数的图象关于直线对称,
所以,即,解得,
,
且,
对于A,,故A正确;
对于B,,所以,
因为在上单调递减,在上单调递增,故B错误;
对于C,,故C正确;
对于D,根据题意,且函数在上单调.
若,则,
可得或者,,
即,,
当时,的最小值为.
因为函数在上单调,即在上无零点,
因为的半周期为,在上无零点,则的最小值为满足题意,故D正确.
故选:ACD.
11、答案：BCD
解析：对于A,因为,
即,解得,
又因为正实数a,b,所以,
则有,当且仅当时取得等号,故A错误;
对于B,,
即,解得（舍）,
当且仅当时取得等号,故B正确;
对于C,由题可得所以,解得,
,
当且仅当即时取得等号,故C正确;
对于D,,
当且仅当,时取得等号,故D正确,
故选:BCD.
12、答案：AC
解析：以点A为坐标原点,AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
对于A选项,、、、,
,,则,,A对;
对于B选项,因为平面,
所以,以为球心,为半径的球面与侧面的交线是以点为圆心,半径为的圆,
故交线长为,B错;
对于D选项,易知点、、、,
设平面的法向量为,,,
则,取,可得,
,,
设直线与平面所成角为,则,
所以,,故,
因此,与平面所成的角的正切值是,D错.
对于C选项,设平面交棱于点,其中,,
因为平面,所以,,解得,即点,
同理可知,平面交棱于点,
由空间中两点间的距离公式可得,
同理可得,,
因此, 平面截正方体所得的截面为五边形,
其周长是,C对.
故选：AC.
13、答案：
解析：,
,
所以,
点到的距离为.
故答案为：.
14、答案：
解析：易知该数列的通项,
故该数列的前n项和
为
15、答案：
解析：设,则,
则,
,


即,,.
故答案为：.
16、答案：-4046
解析：因为为奇函数,则关于点中心对称,
所以关于直线对称,
所以,
令,
则,,
所以,
所以关于直线对称,
又因为为奇函数,
所以,
所以,
所以关于点中心对称,
令,则,
由,所以,
所以,
所以,
所以周期为,
当时,,
当时,,
所以,
所以.
故答案为：-4046.
17、答案：（1）;
（2）.
解析：（1）,
由正弦定理得：,
即,
在中,,,所以,
因为,所以,
（2）由余弦定理可得,即
整理得：,解得或（舍去）
,,解得,
在中,,所以,
,即D是BC的中点,所以的面积.
18、答案：(1)
(2)
解析：（1）该考生报考乙大学在笔试环节恰好通过两门科目的概率为：
.
（2）甲通过的考试科目数, .
设乙通过的考试科目数为Y,则,
,
,
该考生更希望通过乙大学的笔试,
, ,又因为, .
当该考生更希望通过乙大学的笔试时,m的取值范围是.
19、答案：(1)答案和证明见解析
(2)
解析：（1）过点M作BC的平行线,分别交PB,PC于点E,F,
过E作PA的平行线,交AB于点N,过N作BC的平行线交CD于点Q,
则截面EFQN为所求截面,证明如下：
因为,截面,截面,所以截面,
因为,截面,截面,所以截面.
（2）因为平面ABCD,DA,平面ABCD,所以,
且,所以以D为坐标原点,,,为x,y,z轴建系如图,
则,,,
所以,,
所以,
又因为,所以,
设平面MCD的法向量为,
所以令,,
所以,
设PB与平面MCD所成角为,
则,
整理得,解得（舍）,.
20、答案：(1)
(2)
解析：（1）设的公差为d,
所以,
,
解得,,
所以
（2）由题意可得,即,
因为,所以,
所以,,
所以.
21、答案：（1）证明见解析;
（2）.
解析：（1）设,,,
设直线,
由,可得,所以,
所以点C、D的纵坐标乘积为定值-16.
（2）由（1）直线,
联立方程组,可得,所以,
可得,即,
因为且代入上式,整理得,
又由,联立可得,
又因为,代入可得,
又由,代入可得,即,
所以,可得直线AD的方程为,即.
22、答案：(1)证明见解析
(2)证明见解析
解析：（1）由题意可得,
记,则,
因为时,恒成立,所以在上单调递增,
因为,所以在上恒小于0,在上恒大于0,
所以在上单调递减,在上单调递增,
因为,所以有唯一零点0.
（2）由可得,
若是方程的根,则是方程的根,
因为,都单调递增,
所以,,
设,,
所以的解为,的解为,
所以在上递减,在上递增,
所以的最小值为,即的最小值为.
故原不等式成立.