2023年高考第一次模拟考数学试卷（乙卷（理））（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023年高考第一次模拟考试卷（乙卷（理））数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．已知纯虚数，其中为虚数单位，则实数的值为（

）A．1 B．3 C．1或3 D．0〖答案〗B〖解析〗因为为纯虚数，故，则，解得.故选：B2．，，，则（

）A． B． C．或 D．或〖答案〗C〖解析〗或，，或，因为，或，故选：C.3．数列满足，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗，∵不等式恒成立，∴，解得，故选：B．4．已知平面向量，满足，，的夹角为，若，则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗，，的夹角为，得，，.故选：D.5．已知抛物线的焦点F到准线的距离为4，点，在抛物线C上，若，则（

）．A．4 B．2 C． D．〖答案〗A〖解析〗抛物线的焦点F到准线的距离为4，所以，依题意，，而，，故，即，则，故，故选：A．6．执行如图的程序框图，输出的值是（

）A．0 B． C． D．-1〖答案〗A〖解析〗根据题中所给的框图，可知输出的S的值：故选：A7．如图，在直三棱柱中，，，设，分别是棱上的两个动点，且满足，则下列结论错误的是（

）A．平面平面 B．平面C．平面 D．三棱锥体积为定值〖答案〗C〖解析〗A选项，过作，垂足为，根据直三棱柱的性质可知平面，由于平面，所以，由于平面，所以平面，即平面，由于平面，所以平面平面，A选项正确.B选项，根据三棱柱的性质可知，即，由于平面，平面，所以平面，B选项正确.C选项，若平面，即平面，由于平面，所以，这与已知不垂直矛盾，C选项错误.D选项，，由于三角形的面积为定值、到平面的距离为定值，所以为定值，所以D选项正确.故选：C8．已知等比数列的前项和为，公比为，则下列选项正确的有（

）A．若，则 B．C．数列是等比数列 D．对任意正整数，〖答案〗D〖解析〗对于A选项，若且，则对任意的，，所以，，即，A错；对于B选项，当时，，则，B错；对于C选项，若，则，此时，数列不是等比数列，C错；对于D选项，，，所以，，D对.故选：D.9．已知四面体ABCD的所有顶点在球O的表面上，平面BCD，，，，则球O的体积为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗如图，设底面的外接圆的圆心为，外接圆的半径为r，由正弦定理得，过作底面BCD的垂线，与过AC的中点E作侧面ABC的垂线交于O，则O就是外接球的球心，并且，外接球的半径，球O的体积为；故选：D.10．由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，所以所求的概率．故选：A．11．如图所示，，是双曲线：（，）的左、右焦点，的右支上存在一点满足，与的左支的交点满足，则双曲线的离心率为（

）A．3 B． C． D．〖答案〗C〖解析〗在中，由正弦定理得：①，在中，由正弦定理得：②，又，则，所以得：，又，则，即；设（），由双曲线的定义得：，，，由得：，解得：，所以，，在中，由勾股定理得：，整理得：，即双曲线的离心率，故选：C.12．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，且当时，.若，则（

）A． B．0 C． D．〖答案〗C〖解析〗因为为偶函数，所以，用代替得：，因为为奇函数，所以，故①，用代替得：②，由①②得：，所以函数的周期，所以，即，因为，令得：，故，，解得：，所以时，，因为，令，得，其中，所以，因为，令得：，即，因为，所以，因为，令得：，故，.故选：C.第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．在一组样本数据中，1，3，5，7出现的频率分别为，，，，且，若这组数据的中位数为2，则______．〖答案〗〖解析〗∵样本数据中只有1，3，5，7，没有2，∴样本数据一共有偶数个数，且从小到大排序后中间两个数为1，3，∴样本数据中有一半是1，∴.故〖答案〗为：14．已知实数x，y满足：，则的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗解法一：因为，所以令，，则，，故，其中，，因为，所以，所以，故的取值范围为．解法二：因为圆心到直线的距离，所以圆心上的点到直线的距离的取值范围为，又因为，所以的取值范围是．故〖答案〗为：．15．在函数图象与x轴的所有交点中，点离原点最近，则可以等于__________（写出一个值即可）．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗因为，令，即，得，即，则图象与x轴的所有交点为，因为其中点离原点最近，所以恒成立，不等式两边平方整理得，当时，，因为，故恒成立；当时，，即恒成立，因为，则，故；当，即时，显然上述不等式恒成立，综上，由于上述分类情况要同时成立，故，所以可以等于.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）.16．已知函数存在4个零点，则实数的取值范围是__________．〖答案〗〖解析〗转化为有四个解，即在范围内有四个解，即在范围内有四个解，即在范围内有四个解，即在范围内有四个解，令，则，令得，所以当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以，做出大致图像如下：令，则原方程转化为，令，，令得，当时，，当时，，所以在递减，在递增，做出大致图像如下：所以时，对应解出两个值，从而对应解出四个值，故〖答案〗为：.解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．17．在中，角的对边分别为，已知．（1）求角；（2）若角的平分线与交于点，，，求线段的长．（1）解法一：由余弦定理可得，即，整理可得，所以，因为，所以.解法二：由正弦定理可得，因为，，所以，因为，所以，因为，所以.（2）如图所示由题意可得是角的平分线，，，在中，由正弦定理可得，即，解得，在中，由正弦定理可得，即，解得，所以，由正弦定理边角互化得，在中由余弦定理解得，所以，在由余弦定理得，解得.18．如图1所示，在平行四边形中，，，将沿折起，使得二面角的大小为，如图2所示，点为棱的中点，点为棱上一动点．（1）证明：；（2）若四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．（1）证明：取的中点，连接，，，点为棱的中点，在中，，，，在平行四边形中有，，，，折起后也有所以，，，为二面角的平面角，即，平面，平面，，，为正三角形，，，平面，平面，，，平面，平面，.（2）解：设，，那么点到面的距离就是的长，也就是，，，解得，，，以A为坐标原点，以，为，轴，以过A且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，2，，，4，，，1，，设点，根据与方向相同得：，，，，，，1，，设平面的一个法向量为，，令，解得，，平面的一个法向量为，，，．当时取到等号直线与平面所成角的正弦值的最大值为．19．学校篮球队30名同学按照1，2，…，30号站成一列做传球投篮练习，篮球首先由1号传出，训练规则要求：第号同学得到球后传给号同学的概率为，传给号同学的概率为，直到传到第29号（投篮练习）或第30号（投篮练习）时，认定一轮训练结束，已知29号同学投篮命中的概率为，30号同学投篮命中的概率为，设传球传到第号的概率为．（1）求的值；（2）证明：是等比数列；（3）比较29号和30号投篮命中的概率大小．（1）解：依题意，篮球传到4号有以下三种途径：1号传2号传3号传4号其概率为；1号传2号传4号其概率为；1号传3号传4号其概率为，因此．（2）证明：依题意篮球传到第号，再传给号其概率为；篮球传到第号，再传给号其概率为，因此有，可得，且，所以是首先为，公比为的等比数列．（3）解：，，，，，，由累加法，可得，所以，，所以号投篮命中的概率为号投篮命中的概率为，因为，所以29号投篮命中概率大于30号投篮命中概率．20．如图所示，为椭圆的左､右顶点，焦距长为，点在椭圆上，直线的斜率之积为.（1）求椭圆的方程；（2）已知为坐标原点，点，直线交椭圆于点不重合），直线交于点.求证：直线的斜率之积为定值，并求出该定值.解：（1）由题意，，设，，由题意可得，即，可得又，所以，解得所以，椭圆的方程为；（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，且联立，得由，得，所以，设，由三点共线可得所以，直线的斜率之积为定值.21．设函数，．（1）当时，求的值域；（2）当时，试判断函数的零点个数．解：（1）依题意，得，令，得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，因为，，所以，所以的值域为．（2）函数，，则，令，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，故，故，①当时，，可知，，，，所以，，所以，所以在上单调递增，又因为，，所以在上有一个零点；②当时，，，所以，所以在上恒成立，所以在无零点；③当时，，因为，所以，，故，又，所以，则在单调递减，又因为，，所以在上存在一个零点，综上：当时，的零点个数为2．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为．若以该直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为：（其中为常数）（1）若曲线与曲线只有一个公共点，求的取值范围；（2）当时，求曲线上的点与曲线上点的最小距离解：（1）若曲线只有一个公共点，则有直线过点时满足要求，并且向左下方平行运动直到过点之前总是保持只有一个公共点，再接着向左下方平行运动直到相切之前总是有两个公共点，所以满足要求；相切时仍然只有一个公共点，由，得，，求得．综合可求得的取值范围是：．（2）当时，直线N：，设M上点为，则．当时取等号，满足，所以所求的最小距离为．23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若，且正数满足，证明：.（1）解：由题意知当时，，不等式不成立；当时，令，解得，所以；当时，，不等式恒成立.综上所述，不等式的解集为.（2）方法一：证明：由（1）知，所以.因为，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号.故有.方法二：证明：由（1）知，所以.因为，当且仅当时取等号，又因为，当且仅当时取等号，所以.方法三：证明：由（1）知，所以.所以，当且仅当时取等号2023年高考第一次模拟考试卷（乙卷（理））数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．已知纯虚数，其中为虚数单位，则实数的值为（

）A．1 B．3 C．1或3 D．0〖答案〗B〖解析〗因为为纯虚数，故，则，解得.故选：B2．，，，则（

）A． B． C．或 D．或〖答案〗C〖解析〗或，，或，因为，或，故选：C.3．数列满足，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗，∵不等式恒成立，∴，解得，故选：B．4．已知平面向量，满足，，的夹角为，若，则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗，，的夹角为，得，，.故选：D.5．已知抛物线的焦点F到准线的距离为4，点，在抛物线C上，若，则（

）．A．4 B．2 C． D．〖答案〗A〖解析〗抛物线的焦点F到准线的距离为4，所以，依题意，，而，，故，即，则，故，故选：A．6．执行如图的程序框图，输出的值是（

）A．0 B． C． D．-1〖答案〗A〖解析〗根据题中所给的框图，可知输出的S的值：故选：A7．如图，在直三棱柱中，，，设，分别是棱上的两个动点，且满足，则下列结论错误的是（

）A．平面平面 B．平面C．平面 D．三棱锥体积为定值〖答案〗C〖解析〗A选项，过作，垂足为，根据直三棱柱的性质可知平面，由于平面，所以，由于平面，所以平面，即平面，由于平面，所以平面平面，A选项正确.B选项，根据三棱柱的性质可知，即，由于平面，平面，所以平面，B选项正确.C选项，若平面，即平面，由于平面，所以，这与已知不垂直矛盾，C选项错误.D选项，，由于三角形的面积为定值、到平面的距离为定值，所以为定值，所以D选项正确.故选：C8．已知等比数列的前项和为，公比为，则下列选项正确的有（

）A．若，则 B．C．数列是等比数列 D．对任意正整数，〖答案〗D〖解析〗对于A选项，若且，则对任意的，，所以，，即，A错；对于B选项，当时，，则，B错；对于C选项，若，则，此时，数列不是等比数列，C错；对于D选项，，，所以，，D对.故选：D.9．已知四面体ABCD的所有顶点在球O的表面上，平面BCD，，，，则球O的体积为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗如图，设底面的外接圆的圆心为，外接圆的半径为r，由正弦定理得，过作底面BCD的垂线，与过AC的中点E作侧面ABC的垂线交于O，则O就是外接球的球心，并且，外接球的半径，球O的体积为；故选：D.10．由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，所以所求的概率．故选：A．11．如图所示，，是双曲线：（，）的左、右焦点，的右支上存在一点满足，与的左支的交点满足，则双曲线的离心率为（

）A．3 B． C． D．〖答案〗C〖解析〗在中，由正弦定理得：①，在中，由正弦定理得：②，又，则，所以得：，又，则，即；设（），由双曲线的定义得：，，，由得：，解得：，所以，，在中，由勾股定理得：，整理得：，即双曲线的离心率，故选：C.12．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，且当时，.若，则（

）A． B．0 C． D．〖答案〗C〖解析〗因为为偶函数，所以，用代替得：，因为为奇函数，所以，故①，用代替得：②，由①②得：，所以函数的周期，所以，即，因为，令得：，故，，解得：，所以时，，因为，令，得，其中，所以，因为，令得：，即，因为，所以，因为，令得：，故，.故选：C.第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．在一组样本数据中，1，3，5，7出现的频率分别为，，，，且，若这组数据的中位数为2，则______．〖答案〗〖解析〗∵样本数据中只有1，3，5，7，没有2，∴样本数据一共有偶数个数，且从小到大排序后中间两个数为1，3，∴样本数据中有一半是1，∴.故〖答案〗为：14．已知实数x，y满足：，则的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗解法一：因为，所以令，，则，，故，其中，，因为，所以，所以，故的取值范围为．解法二：因为圆心到直线的距离，所以圆心上的点到直线的距离的取值范围为，又因为，所以的取值范围是．故〖答案〗为：．15．在函数图象与x轴的所有交点中，点离原点最近，则可以等于__________（写出一个值即可）．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗因为，令，即，得，即，则图象与x轴的所有交点为，因为其中点离原点最近，所以恒成立，不等式两边平方整理得，当时，，因为，故恒成立；当时，，即恒成立，因为，则，故；当，即时，显然上述不等式恒成立，综上，由于上述分类情况要同时成立，故，所以可以等于.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）.16．已知函数存在4个零点，则实数的取值范围是__________．〖答案〗〖解析〗转化为有四个解，即在范围内有四个解，即在范围内有四个解，即在范围内有四个解，即在范围内有四个解，令，则，令得，所以当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以，做出大致图像如下：令，则原方程转化为，令，，令得，当时，，当时，，所以在递减，在递增，做出大致图像如下：所以时，对应解出两个值，从而对应解出四个值，故〖答案〗为：.解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．17．在中，角的对边分别为，已知．（1）求角；（2）若角的平分线与交于点，，，求线段的长．（1）解法一：由余弦定理可得，即，整理可得，所以，因为，所以.解法二：由正弦定理可得，因为，，所以，因为，所以，因为，所以.（2）如图所示由题意可得是角的平分线，，，在中，由正弦定理可得，即，解得，在中，由正弦定理可得，即，解得，所以，由正弦定理边角互化得，在中由余弦定理解得，所以，在由余弦定理得，解得.18．如图1所示，在平行四边形中，，，将沿折起，使得二面角的大小为，如图2所示，点为棱的中点，点为棱上一动点．（1）证明：；（2）若四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．（1）证明：取的中点，连接，，，点为棱的中点，在中，，，，在平行四边形中有，，，，折起后也有所以，，，为二面角的平面角，即，平面，平面，，，为正三角形，，，平面，平面，，，平面，平面，.（2）解：设，，那么点到面的距离就是的长，也就是，，，解得，，，以A为坐标原点，以，为，轴，以过A且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，2，，，4，，，1，，设点，根据与方向相同得：，，，，，，1，，设平面的一个法向量为，，令，解得，，平面的一个法向量为，，，．当时取到等号直线与平面所成角的正弦值的最大值为．19．学校篮球队30名同学按照1，2，…，30号站成一列做传球投篮练习，篮球首先由1号传出，训练规则要求：第号同学得到球后传给号同学的概率为，传给号同学的概率为，直到传到第29号（投篮练习）或第30号（投篮练习）时，认定一轮训练结束，已知29号同学投篮命中的概率为，30号同学投篮命中的概率为，设传球传到第号的概率为．（1）求的值；（2）证明：是等比数列；（3）比较29号和30号投篮命中的概率大小．（1）解：依题意，篮球传到4号有以下三种途径：1号传2号传3号传4号其概率为；1号传2号传4号其概率为；1号传3号传4号其概率为，因此．（2）证明：依题意篮球传到第号，再传给号其概率为；篮球传到第号，再传给号其概率为，因此有，可得，且，所以是首先为，公比为的等比数列．（3）解：，，，，，，由累加法，可得，所以，，所以号投篮命中的概率为号投篮命中的概率为，因为，所以29号投篮命中概率大于30号投篮命中概率．20．如图所示，为椭圆的左､右顶点，焦距长为，点在椭圆上，直线的斜率之积为.（1）求椭圆的方程；（2）已知为坐标原点，点，直线交椭圆于点不重合），直线交于点.求证：直线的斜率之积为定值，并求出该定值.解：