广西梧州市2023届高三上学期第一次模拟测试数学（理）试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1梧州市2023届高三第一次模拟测试理科数学一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗首先列举全集中的元素，再求.〖详析〗由题意可知，，，，所以，.故选：A2.若复数z满足，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题知，，进而根据几何意义求解即可.〖详析〗解：因为所以，所以，复平面内的共轭复数对应的点坐标为，为第四象限的点，所以，在复平面内的共轭复数对应的点位于第四象限.故选：D3.已知向量，满足，，，则（）A.3 B. C. D.4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据平面向量模的运算性质，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.〖详析〗∵向量满足，，，，，，，故选：D4.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A.6 B.8 C.10 D.12〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据三视图判断出几何体的结构，进而计算出几何体的体积.〖详析〗由三视图知该几何体是底面为梯形的直棱柱，其体积为.故选：C5.在中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.若，，则（）A.2 B. C.4 D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗利用正弦定理和三角恒等变换可得，再利用余弦定理即可求得的值.〖详析〗根据正弦定理，由得，又因为，可得，即得，，所以，由余弦定理可知，，得.故选：B6.若点为抛物线上一点，为焦点，且，则点到轴的距离为（）A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据抛物线的定义可求出结果.〖详析〗由抛物线方程为，可知准线方程为，因为，所以由抛物线的定义可知点到准线的距离为3，设，所以，解得,从而可知点到轴距离为2．故选：A．7.某高中从3名男教师和2名女教师中选出3名教师，派到3个不同的乡村支教，要求这3名教师中男女都有，则不同的选派方案共有（）种A.9 B.36 C.54 D.108〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据给定条件利用排列并结合排除法列式计算作答.〖详析〗从含有3名男教师和2名女教师的5名教师中任选3名教师，派到3个不同的乡村支教，不同的选派方案有种，选出3名教师全是男教师的不同的选派方案有种，所以3名教师中男女都有的不同的选派方案共有种故选：C8.已知偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗分与两种情况，结合函数单调性，奇偶性及，解不等式，求出解集.〖详析〗偶函数在上单调递减，则在单调递增，因为，则当时，，即，

故或，解得：或，或与取交集得：，则当时，，即故，解得：，与取交集，解集为空集，综上：不等式的解集为．故选：D．9.在三棱锥中，已知平面，，.若三棱锥的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（）A B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗利用正弦定理求出底面的外接圆半径，将三棱锥补成三棱柱，过底面外接圆中心作垂线，则垂线的中点即为外接球球心，进而即可求解.〖详析〗在中，设其外接圆半径为r，由正弦定理可得解得，三棱锥补成三棱柱，如图设三棱锥外接球半径为R，，所以球O的表面积为故选：D10.若函数的部分图像如图所示，直线为函数图像的一条对称轴，则函数的单调递减区间为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图像求出函数〖解析〗式，再求出减区间.〖详析〗令，则可以看出经过适当的变换得到的.由题中图像知点在函数的图像上，所以，即，则结合图像可得．①又直线为函数图像的一条对称轴，结合图像可得．②②-①解得，再代入①解得：，所以．由，得.故选：B．11.已知双曲线的左、右焦点分别为，，为双曲线右支上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为，．若圆与双曲线的渐近线相切，则下列结论正确的有（）个．①；②为定值；③双曲线的离心率；④当点异于顶点时，△内切圆的圆心总在直线上．A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由双曲线渐近线方程，圆圆心，半径是1，应用点线距离公式列方程求，设有，由点线距离公式写出，直接用离心率定义求双曲线离心率，根据圆切线性质及双曲线定义可得，进而确定内切圆的圆心的位置.〖详析〗由题意，双曲线渐近线方程是，圆的圆心，半径是1，则，可得（舍去），①错误．设，则，即，渐近线方程是，则，，为常数，②正确；由，所以，离心率为，③正确；设△的内切圆与三边切点分别为，，，如图，由圆的切线性质知，所以，因此内心在直线，即直线上，④正确；故选：C12.已知，，，其中，则，，的大小关系是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗设，利用导数判断其单调性，可判断的大小，再构造函数，利用导数判断其单调性，可判断的大小，从而可得结果.〖详析〗，设，，因为，所以，即在上单调递增，所以，即，，所以，而，所以．设，则，当，，当，，所以，即（当且仅当）等号成立，所以，，综上，，所以．故选：A〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：此题考查导数的应用，考查利用利用导数判断函数的单调性，考查利用函数的单调性比较大小，解题的关键是合理构造函数，然后判断其单调性，从而可比较大小，考查计算能力，属于较难题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，则_________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由同角三角函数关系与三角恒等变换公式求解〖详析〗由题意得，而，故，，故.故〖答案〗为：14.直线与圆交，两点，若为等边三角形，则的值为______．〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗结合几何关系和点到直线的距离即可求解.〖详析〗由条件和几何关系可得圆心到直线的距离为，解得．故〖答案〗为：.15.若一个正四棱台的上下底面的边长分别为2和4，侧棱长为，则这个棱台的体积为______．〖答案〗28〖解析〗〖祥解〗先根据侧棱长和上下底面的对角线长算出棱台的高，再根据棱台的体积公式计算即可.〖详析〗因为上下底面的对角线长分别为和，求得正四棱台的高为，所以棱台的体积为．故〖答案〗为：28.16.已知函数，若关于的方程有3个不同的实数根，则的取值范围为______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗将方程有3个不同的实数根，转化为必有一正一负两个根，利用数形结合及二次函数的性质结合条件即得.〖详析〗当，，则，令，得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，，作出函数的大致图象，设，则有两个不同的实数根，由可知，与异号，不妨设，要使方程有3个不同的实数根，则或，①当时，，得；②当时，设，则，得，综上，的取值范围为．故〖答案〗：．〖『点石成金』〗已知函数有零点求参数常用的方法和思路：直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；分离参数法：先将参数分离，转化成函数的值域问题解决；数形结合法：先对〖解析〗式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解.三、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．（一）必考题：共60分．17.已知为数列的前n项和，.（1）求数列的通项公式；（2）记，求前项的和.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）由题知数列是等比数列，公比为，首项为，进而得；（2）结合（1）得，进而分组求和即可.〖小问1详析〗解：因为，所以，当时，，解得，当时，，，所以，即，所以，数列是等比数列，公比为，首项为，所以，数列的通项公式为.〖小问2详析〗解：由（1）知，所以，记前项的和为，所以，.18.某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：，，，，，．（1）求图中的值和学生成绩的中位数；（2）从成绩低于60分的学生中随机选取2人，该2人中成绩在50分以下的人数记为，求的分布列与数学期望．〖答案〗（1），中位数为；（2）分布列见〖解析〗，数学期望为.〖解析〗〖祥解〗（1）根据频率之和，即小矩形面积之和为1列出方程，求出，设出中位数，利用频率之和为0.5列出方程，求出中位数；（2）求出成绩低于60分的学生和成绩在50分以下的人数，得到可能的取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望.〖小问1详析〗由频率分布直方图知，解得：．设成绩的中位数为，有，解得：．〖小问2详析〗由频率分布直方图知成绩低于60分的学生人数为，成绩在50分以下的人数为．因此可能的取值为0，1，2，，，．所以的分布列为012故的数学期望为．19.如图，直三棱柱中，，，，点为的中点，现将绕直线旋转，使得点与平面内的点重合.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）取的中点，连接，，证得，，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，进而得到；（2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.〖详析〗（1）如图所示，取的中点，连接，，由，，可得为等腰直角三角形，所以为等腰直角三角形，所以，.又由，，平面，所以平面.因为平面，所以.又因为，所以.（2）由（1）易知平面，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立的空间直角坐标系，如图所示，设，则，，，，可得，，.设平面的法向量为，则，即，取，则，所以平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以平面的一个法向量为，所以，由二面角为钝二面角，故二面角的余弦值为.〖『点石成金』〗利用空间向量计算二面角的常用方法：1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.20.已知函数，其中．（1）求函数最小值；（2）证明：．〖答案〗（1）（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）由导数法求最小值；（2）由（1）结论得当时，（当且仅当时，等号成立），即可构造，结合累加法即可证明.〖小问1详析〗，，因为，所以当时，；当时，，故在上递减，在上递增，故．〖小问2详析〗证明：由（1）知，当时，，即当时，，即（当且仅当时，等号成立），令，则，所以．又，故，从而，，…，，累加可得，即，故21.已知椭圆过点，左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点（，均在轴右侧），的周长为8．（1）求椭圆的方程；（2）直线和分别交椭圆于，两点，设与轴交于点，证明：为定值．〖答案〗（1）（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗(1)根据条件求，即可求椭圆方程；（2）首先设直线与椭圆方程联立，根据点的坐标分别表示直线的方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理表示点的坐标，并求直线的方程，求得点的坐标，即可证明为定值.〖小问1详析〗由知，由的周长为8，知，所以，椭圆的方程为：．〖小问2详析〗过定点．证明：由（1）可得，，，设直线，与联立，消去整理得，①设，，直线，与联立，消去整理得，所以，（注：由①可知，）所以，从而，同理可得，，所以，所以，令可得，，所以为定值．〖『点石成金』〗本题考查直线与椭圆相交的综合问题，难点是消元化简，计算繁琐，尤其是化简直线与椭圆方程联立的式子，以及韦达定理求点的坐标时，加强计算能力.（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.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求的极坐标方程和的直角坐标方程；（2）若与交于，两点，求的值．〖答案〗（1），（2）〖解析〗〖祥解〗（1）消去参数得到直线的普通方程，从得到其极坐标方程，根据将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）把代入曲线的极坐标方程，即可求出，从而得解.〖小问1详析〗解：因为直线的参数方程为（为参数），所以消去直线参数方程中的参数得，即，显然直线过原点，倾斜角为，直线的极坐标方程为．曲线的极坐标方程化为，将代入得：，即，所以的极坐标方程为，的直角坐标方程为．〖小问2详析〗解：把代