《南宁二中、柳州高中2023届高三3月份第一次模拟考试数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《南宁二中、柳州高中2023届高三3月份第一次模拟考试数学试卷含解析.doc（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年高考数学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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，只有一项是符合题目要求的。1已知随机变量X的分布列如下表：X01Pabc其中a，b，.若X的方差对所有都成立，则（ ）ABCD2已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，若球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值
2、为（ ）ABCD3若，则下列不等式不能成立的是（ ）ABCD4已知向量，若，则（ ）ABCD5复数满足为虚数单位)，则的虚部为（ ）ABCD6设是虚数单位，则“复数为纯虚数”是“”的（ ）A充要条件B必要不充分条件C既不充分也不必要条件D充分不必要条件7为双曲线的左焦点，过点的直线与圆交于、两点，（在、之间）与双曲线在第一象限的交点为，为坐标原点，若，且，则双曲线的离心率为（ ）ABCD8已知函数（，），将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的部分图象如图所示，则是的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件9如图所示的“数字塔”有以下规律：每一层最左与最右的数字
3、均为2，除此之外每个数字均为其两肩的数字之积，则该“数字塔”前10层的所有数字之积最接近（ ）ABCD10已知函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD11已知，则“直线与直线垂直”是“”的( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件12已知复数z满足,则在复平面上对应的点在( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13函数的定义域为，其图象如图所示函数是定义域为的奇函数，满足，且当时，给出下列三个结论： ；函数在内有且仅有个零点；不等式的解集为其中，正确结论的序号是_14三棱柱中， ，侧棱底面，且三
4、棱柱的侧面积为.若该三棱柱的顶点都在同一个球的表面上，则球的表面积的最小值为_15若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中各项的系数和是_16在的展开式中，各项系数之和为，则展开式中的常数项为_.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。17（12分）已知椭圆的左，右焦点分别为，直线与椭圆相交于两点；当直线经过椭圆的下顶点和右焦点时，的周长为，且与椭圆的另一个交点的横坐标为（1）求椭圆的方程；（2）点为内一点，为坐标原点，满足，若点恰好在圆上，求实数的取值范围.18（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐
5、标系中，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程；（2）求曲线上的点到直线的距离的最大值与最小值.19（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面ABCD，M，N分别是线段PD和BC的中点.（1）求直线CM与平面PAB所成角的正弦值；（2）求二面角D-AP-B的余弦值；（3）试判断直线MN与平面PAB的位置关系，并给出证明.20（12分）如图，在四棱锥中，是等边三角形，.（1）若，求证：平面；（2）若，求二面角的正弦值21（12分）在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线：.过点的直线：（为参
6、数）与曲线相交于，两点.（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若，求实数的值.22（10分）已知函数，.（1）判断函数在区间上的零点的个数；（2）记函数在区间上的两个极值点分别为、，求证：.参考答案一、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，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】根据X的分布列列式求出期望,方差,再利用将方差变形为,从而可以利用二次函数的性质求出其最大值为,进而得出结论.【详解】由X的分布列可得X的期望为,又,所以X的方差,因为,所以当且仅当时,取最大值,又对所有成立,所以,解得,故选:D.【点睛】本题综合考查了随机变量的期望方差的
7、求法,结合了概率二次函数等相关知识,需要学生具备一定的计算能力,属于中档题.2、B【解析】由题意画出图形，设球0得半径为R，AB=x, AC=y,由球0的表面积为20，可得R2=5，再求出三角形A BC外接圆的半径,利用余弦定理及基本不等式求xy的最大值，代入棱锥体积公式得答案.【详解】设球的半径为，由，得如图：设三角形的外心为，连接，可得，则在中，由正弦定理可得：，即，由余弦定理可得，则三棱锥的体积的最大值为故选：【点睛】本题考查三棱锥的外接球、三棱锥的侧面积、体积，基本不等式等基础知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题3、
8、B【解析】根据不等式的性质对选项逐一判断即可.【详解】选项A：由于，即，所以，所以，所以成立；选项B：由于，即，所以，所以，所以不成立；选项C：由于，所以，所以，所以成立；选项D：由于，所以，所以，所以，所以成立.故选：B.【点睛】本题考查不等关系和不等式，属于基础题.4、A【解析】根据向量坐标运算求得，由平行关系构造方程可求得结果.【详解】， ，解得：故选：【点睛】本题考查根据向量平行关系求解参数值的问题，涉及到平面向量的坐标运算；关键是明确若两向量平行，则.5、C【解析】，分子分母同乘以分母的共轭复数即可.【详解】由已知，故的虚部为.故选：C.【点睛】本题考查复数的除法运算，考查学生的基本
9、运算能力，是一道基础题.6、D【解析】结合纯虚数的概念，可得，再结合充分条件和必要条件的定义即可判定选项.【详解】若复数为纯虚数，则，所以，若，不妨设，此时复数，不是纯虚数，所以“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件.故选：D【点睛】本题考查充分条件和必要条件，考查了纯虚数的概念，理解充分必要条件的逻辑关系是解题的关键，属于基础题.7、D【解析】过点作，可得出点为的中点，由可求得的值，可计算出的值，进而可得出，结合可知点为的中点，可得出，利用勾股定理求得（为双曲线的右焦点），再利用双曲线的定义可求得该双曲线的离心率的值.【详解】如下图所示，过点作，设该双曲线的右焦点为，连接.，.， ，为的中点
10、，由双曲线的定义得，即，因此，该双曲线的离心率为.故选：D.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，解题时要充分分析图形的形状，考查推理能力与计算能力，属于中等题.8、B【解析】先根据图象求出函数的解析式,再由平移知识得到的解析式,然后分别找出和的等价条件,即可根据充分条件,必要条件的定义求出.【详解】设,根据图象可知,再由, 取,.将函数的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,.,令,则,显然,是的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题主要考查利用图象求正(余)弦型函数的解析式,三角函数的图形变换, 二倍角公式的应用,充分条件,必要条件的定义的应用,意在考查学生的数学运算能力和逻辑推理能力,属于
11、中档题.9、A【解析】结合所给数字特征，我们可将每层数字表示成2的指数的形式，观察可知，每层指数的和成等比数列分布，结合等比数列前项和公式和对数恒等式即可求解【详解】如图，将数字塔中的数写成指数形式，可发现其指数恰好构成“杨辉三角”，前10层的指数之和为，所以原数字塔中前10层所有数字之积为.故选：A【点睛】本题考查与“杨辉三角”有关的规律求解问题，逻辑推理，等比数列前项和公式应用，属于中档题10、D【解析】先将所求问题转化为对任意恒成立，即得图象恒在函数图象的上方，再利用数形结合即可解决.【详解】由得，由题意函数得图象恒在函数图象的上方，作出函数的图象如图所示过原点作函数的切线，设切点为，则
12、，解得，所以切线斜率为，所以，解得.故选：D.【点睛】本题考查导数在不等式恒成立中的应用，考查了学生转化与化归思想以及数形结合的思想，是一道中档题.11、B【解析】由两直线垂直求得则或，再根据充要条件的判定方法，即可求解.【详解】由题意，“直线与直线垂直”则，解得或，所以“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件，故选B.【点睛】本题主要考查了两直线的位置关系，及必要不充分条件的判定，其中解答中利用两直线的位置关系求得的值，同时熟记充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.12、A【解析】设，由得：，由复数相等可得的值，进而求出，即可得解.【详解】设，由得：，即，由复
13、数相等可得：，解之得：，则，所以，在复平面对应的点的坐标为，在第一象限.故选：A.【点睛】本题考查共轭复数的求法，考查对复数相等的理解，考查复数在复平面对应的点，考查运算能力，属于常考题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】利用奇函数和，得出函数的周期为，由图可直接判断；利用赋值法求得，结合，进而可判断函数在内的零点个数，可判断的正误；采用换元法，结合图象即可得解，可判断的正误.综合可得出结论.【详解】因为函数是奇函数，所以，又，所以，即，所以，函数的周期为.对于，由于函数是上的奇函数，所以，故正确；对于，令，可得，得，所以，函数在区间上的零点为和.因为函数的周期为，
14、所以函数在内有个零点，分别是、，故错误；对于，令，则需求的解集，由图象可知，所以，故正确.故答案为：.【点睛】本题考查函数的图象与性质，涉及奇偶性、周期性和零点等知识点，考查学生分析问题的能力和数形结合能力，属于中等题14、【解析】分析题意可知，三棱柱为正三棱柱，所以三棱柱的中心即为外接球的球心，设棱柱的底面边长为，高为，则三棱柱的侧面积为，球的半径表示为，再由重要不等式即可得球表面积的最小值【详解】如下图，三棱柱为正三棱柱设，三棱柱的侧面积为又外接球半径外接球表面积.故答案为： 【点睛】考查学生对几何体的正确认识，能通过题意了解到题目传达的意思，培养学生空间想象力，能够利用题目条件，画出图形
15、，寻找外接球的球心以及半径，属于中档题15、【解析】由题意得出展开式中共有11项，；再令求得展开式中各项的系数和【详解】由的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以展开式中共有11项，所以；令，可求得展开式中各项的系数和是：故答案为：1【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式的运用，考查二项式展开式各项系数和的求法，属于基础题.16、【解析】利用展开式各项系数之和求得的值，由此写出展开式的通项，令指数为零求得参数的值，代入通项计算即可得解.【详解】的展开式各项系数和为，得，所以，的展开式通项为，令，得，因此，展开式中的常数项为.故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式中常数项的计算，涉及二项
16、展开式中各项系数和的计算，考查计算能力，属于基础题.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。17、（1）；（2）或【解析】（1）由椭圆的定义可知，焦点三角形的周长为，从而求出.写出直线的方程，与椭圆方程联立，根据交点横坐标为，求出和，从而写出椭圆的方程；（2）设出P、Q两点坐标，由可知点为的重心，根据重心坐标公式可将点用P、Q两点坐标来表示.由点在圆O上，知点M的坐标满足圆O的方程，得式.为直线l与椭圆的两个交点，用韦达定理表示，将其代入方程，再利用求得的范围，最终求出实数的取值范围.【详解】解：（1）由题意知.，直线的方程为直线与椭圆的另一个交点的横坐标为解得或(舍去)
17、，椭圆的方程为（2）设.点为的重心，点在圆上，由得 ，代入方程，得，即由得解得.或【点睛】本题考查了椭圆的焦点三角形的周长，标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系，其中重心坐标公式、韦达定理的应用是关键.考查了学生的运算能力，属于较难的题.18、（1），（2）最大值，最小值【解析】（1）由曲线的参数方程，得两式平方相加求解，根据直线的极坐标方程，展开有，再根据求解.（2）因为曲线C是一个半圆，利用数形结合，圆心到直线的距离减半径即为最小值，最大值点由图可知.【详解】（1）因为曲线的参数方程为所以两式平方相加得：因为直线的极坐标方程为.所以所以即（2）如图所示：圆心C到直线的距离为：所以圆上的点到
18、直线的最小值为：则点M(2，0)到直线的距离为最大值：【点睛】本题主要考查参数方程，普通方程及极坐标方程的转化和直线与圆的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.19、（1）（2）（3）直线平面，证明见解析【解析】取中点，连接，则，再由已知证明平面，以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量（1）求出的坐标，由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值；（2）求出平面的一个法向量，再由两平面法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值；（3）求出的坐标，由，结合平面，可得直线平面【详解】底面是边长为2的菱形，为等边三角形取中点，连接，则，为等
19、边三角形，又平面平面，且平面平面，平面以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系则，1，0，0，设平面的一个法向量为由，取，得（1）证明：设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为；（2）设平面的一个法向量为，由，得二面角的余弦值为；（3），又平面，直线平面【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题20、（1）详见解析（2）【解析】（1）如图，作，交于，连接.因为，所以是的三等分点，可得.因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以， 因为，所以，所以，因为平面，平面，所以平
20、面.又，平面，平面，所以平面.因为，、平面，所以平面平面，所以平面.（2）因为是等边三角形，所以.又因为，所以，所以.又，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.在平面内作平面.以B点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，.设为平面的法向量，则，即，令，可得.设为平面的法向量，则，即，令，可得.所以，则，所以二面角的正弦值为.21、（1），；（2）.【解析】（1）将代入求解，由（为参数）消去即可.（2）将（为参数）与联立得，设，两点对应的参数为，则，再根据，即，利用韦达定理求解.【详解】（1）把代入，得，由（为参数），消去得，曲线的直角坐标方程和直线的普通方程
21、分别是，.（2）将（为参数）代入得，设，两点对应的参数为，则，由得，所以，即，所以，而，解得.【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程、直角坐标方程的转化和直线参数方程的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.22、（1）；（2）见解析.【解析】（1）利用导数分析函数在区间上的单调性与极值，结合零点存在定理可得出结论；（2）设函数的极大值点和极小值点分别为、，由（1）知，且满足，于是得出，由得，利用正切函数的单调性推导出，再利用正弦函数的单调性可得出结论.【详解】（1），当时，则函数在上单调递增；当时，则函数在上单调递减；当时，则函数在上单调递增.，.所以，函数在与不存在零点，在区间和上各存在一个零点.综上所述，函数在区间上的零点的个数为；（2），.由（1）得，在区间与上存在零点，所以，函数在区间与上各存在一个极值点、，且，且满足即，又，即，由在上单调递增，得，再由在上单调递减，得，即.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点个数问题，同时也考查了利用导数证明不等式，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.