2022-2023学年广东省佛山市禅城实验高级中学高三第一次模拟考试数学试卷含解析.doc

2023年高考数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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已知等比数列的前项和为，若，且公比为2，则与的关系正确的是（ ）ABCD2周易是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻）若从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦，这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率为（ ）ABCD3定义在R上的偶函数满足，且在区间上单调递减，已知是锐角三角形的两个内角，则的大小关系是（ ）ABCD以上情况均有可能4某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是（ ）ABCD5若双曲线的离心率，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为（ ）AB2CD16已知函数，给出下列四个结论：函数的值域是；函数为奇函数；函数在区间单调递减；若对任意，都有成立，则的最小值为；其中正确结论的个数是（ ）ABCD7如图所示，直三棱柱的高为4，底面边长分别是5，12，13，当球与上底面三条棱都相切时球心到下底面距离为8，则球的体积为 ( ) ABCD8在平面直角坐标系中，锐角顶点在坐标原点，始边为x轴正半轴，终边与单位圆交于点，则（ ）ABCD9如果实数满足条件，那么的最大值为（ ）ABCD10若双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为( )A2BCD11若为过椭圆中心的弦，为椭圆的焦点，则面积的最大值为（ ）A20B30C50D6012已知平行于轴的直线分别交曲线于两点，则的最小值为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知，在方向上的投影为，则与的夹角为_.14直线与抛物线交于两点，若，则弦的中点到直线的距离等于_.15在三棱锥中，两两垂直且，点为的外接球上任意一点，则的最大值为_.16已知四棱锥，底面四边形为正方形，四棱锥的体积为，在该四棱锥内放置一球，则球体积的最大值为_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）正项数列的前n项和Sn满足： (1)求数列的通项公式； (2)令，数列bn的前n项和为Tn，证明：对于任意的nN*，都有Tn .18（12分）如图，三棱锥中，.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.19（12分）直线与抛物线相交于，两点，且，若，到轴距离的乘积为（1）求的方程；（2）设点为抛物线的焦点，当面积最小时，求直线的方程20（12分）在极坐标系中，直线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数），求直线与曲线的交点的直角坐标.21（12分）已知数列满足，且，成等比数列（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）记数列的前n项和为，求数列的前n项和22（10分）已知函数（1）当时，求的单调区间（2）设直线是曲线的切线，若的斜率存在最小值-2，求的值，并求取得最小斜率时切线的方程（3）已知分别在，处取得极值，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、C【解析】在等比数列中，由即可表示之间的关系.【详解】由题可知，等比数列中，且公比为2，故故选：C【点睛】本题考查等比数列求和公式的应用，属于基础题.2、B【解析】基本事件总数为个，都恰有两个阳爻包含的基本事件个数为个，由此求出概率.【详解】解：由图可知，含有两个及以上阳爻的卦有巽、离、兑、乾四卦，取出两卦的基本事件有（巽，离），（巽，兑），（巽，乾），（离，兑），（离，乾），（兑，乾）共个，其中符合条件的基本事件有（巽，离），（巽，兑），（离，兑）共个，所以，所求的概率.故选：B.【点睛】本题渗透传统文化，考查概率、计数原理等基本知识，考查抽象概括能力和应用意识，属于基础题3、B【解析】由已知可求得函数的周期，根据周期及偶函数的对称性可求在上的单调性，结合三角函数的性质即可比较【详解】由可得，即函数的周期，因为在区间上单调递减，故函数在区间上单调递减，根据偶函数的对称性可知，在上单调递增，因为，是锐角三角形的两个内角，所以且即，所以即，故选：【点睛】本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键4、C【解析】由三视图可知，该几何体是下部是半径为2，高为1的圆柱的一半，上部为底面半径为2，高为2的圆锥的一半，所以，半圆柱的体积为，上部半圆锥的体积为，所以该几何体的体积为，故应选5、C【解析】根据双曲线的解析式及离心率，可求得的值；得渐近线方程后，由点到直线距离公式即可求解.【详解】双曲线的离心率，则，解得，所以焦点坐标为，所以，则双曲线渐近线方程为，即，不妨取右焦点，则由点到直线距离公式可得，故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质及简单应用，渐近线方程的求法，点到直线距离公式的简单应用，属于基础题.6、C【解析】化的解析式为可判断，求出的解析式可判断，由得，结合正弦函数得图象即可判断，由得可判断.【详解】由题意，所以，故正确；为偶函数，故错误；当时，单调递减，故正确；若对任意，都有成立，则为最小值点，为最大值点，则的最小值为，故正确.故选：C.【点睛】本题考查三角函数的综合运用，涉及到函数的值域、函数单调性、函数奇偶性及函数最值等内容，是一道较为综合的问题.7、A【解析】设球心为，三棱柱的上底面的内切圆的圆心为，该圆与边切于点，根据球的几何性质可得为直角三角形，然后根据题中数据求出圆半径，进而求得球的半径，最后可求出球的体积【详解】如图，设三棱柱为，且，高所以底面为斜边是的直角三角形，设该三角形的内切圆为圆，圆与边切于点，则圆的半径为设球心为，则由球的几何知识得为直角三角形，且，所以，即球的半径为，所以球的体积为故选A【点睛】本题考查与球有关的组合体的问题，解答本题的关键有两个：（1）构造以球半径、球心到小圆圆心的距离和小圆半径为三边的直角三角形，并在此三角形内求出球的半径，这是解决与球有关的问题时常用的方法（2）若直角三角形的两直角边为，斜边为，则该直角三角形内切圆的半径，合理利用中间结论可提高解题的效率8、A【解析】根据单位圆以及角度范围，可得，然后根据三角函数定义，可得，最后根据两角和的正弦公式，二倍角公式，简单计算，可得结果.【详解】由题可知：，又为锐角所以，根据三角函数的定义：所以由所以故选：A【点睛】本题考查三角函数的定义以及两角和正弦公式，还考查二倍角的正弦、余弦公式，难点在于公式的计算，识记公式，简单计算，属基础题.9、B【解析】解：当直线过点时，最大，故选B10、C【解析】利用圆心到渐近线的距离等于半径即可建立间的关系.【详解】由已知，双曲线的渐近线方程为，故圆心到渐近线的距离等于1，即，所以，.故选：C.【点睛】本题考查双曲线离心率的求法，求双曲线离心率问题，关键是建立三者间的方程或不等关系，本题是一道基础题.11、D【解析】先设A点的坐标为，根据对称性可得，在表示出面积，由图象遏制，当点A在椭圆的顶点时，此时面积最大，再结合椭圆的标准方程，即可求解.【详解】由题意，设A点的坐标为，根据对称性可得，则的面积为，当最大时，的面积最大，由图象可知，当点A在椭圆的上下顶点时，此时的面积最大，又由，可得椭圆的上下顶点坐标为，所以的面积的最大值为.故选：D. 【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单的几何性质，以及三角形面积公式的应用，着重考查了数形结合思想，以及化归与转化思想的应用.12、A【解析】设直线为，用表示出，求出，令，利用导数求出单调区间和极小值、最小值，即可求出的最小值【详解】解：设直线为，则，而满足，那么设，则，函数在上单调递减，在上单调递增，所以故选：【点睛】本题考查导数知识的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导确定函数的最小值是关键，属于中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由向量投影的定义可求得两向量夹角的余弦值，从而得角的大小【详解】在方向上的投影为，即夹角为.故答案为：【点睛】本题考查求向量的夹角，掌握向量投影的定义是解题关键14、【解析】由已知可知直线过抛物线的焦点，求出弦的中点到抛物线准线的距离，进一步得到弦的中点到直线的距离【详解】解：如图，直线过定点，而抛物线的焦点为，弦的中点到准线的距离为，则弦的中点到直线的距离等于故答案为：【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，体现了数学转化思想方法，属于中档题15、【解析】先根据三棱锥的几何性质，求出外接球的半径，结合向量的运算，将问题转化为求球体表面一点到外心距离最大的问题，即可求得结果.【详解】因为两两垂直且，故三棱锥的外接球就是对应棱长为2的正方体的外接球.且外接球的球心为正方体的体对角线的中点，如下图所示：容易知外接球半径为.设线段的中点为，故可得，故当取得最大值时，取得最大值.而当在同一个大圆上，且，点与线段在球心的异侧时，取得最大值，如图所示：此时，故答案为：.【点睛】本题考查球体的几何性质，几何体的外接球问题，涉及向量的线性运算以及数量积运算，属综合性困难题.16、【解析】由题知，该四棱锥为正四棱锥，作出该正四棱锥的高和斜高，连接，则球心O必在的边上，设，由球与四棱锥的内切关系可知，设，用和表示四棱锥的体积，解得和的关系，进而表示出内切球的半径，并求出半径的最大值，进而求出球的体积的最大值.【详解】设，由球O内切于四棱锥可知，则，球O的半径，当且仅当时，等号成立，此时.故答案为：.【点睛】本题考查了棱锥的体积问题，内切球问题，考查空间想象能力，属于较难的填空压轴题.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）见解析【解析】（1）因为数列的前项和满足：，所以当时，即解得或，因为数列都是正项，所以，因为，所以，解得或，因为数列都是正项，所以，当时，有，所以，解得，当时，符合所以数列的通项公式，;（2）因为，所以，所以数列的前项和为：，当时，有，所以，所以对于任意，数列的前项和.18、（1）证明见详解；（2）【解析】（1）取中点，根据，利用线面垂直的判定定理，可得平面，最后可得结果.（2）利用建系，假设长度， 可得，以及平面的一个法向量，然后利用向量的夹角公式，可得结果.【详解】（1）取中点，连接，如图由，所以由,平面所以平面，又平面所以（2）假设，由，.所以则，所以又，平面所以平面，所以，又，故建立空间直角坐标系，如图设平面的一个法向量为则令，所以则直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查线面垂直、线线垂直的应用，还考查线面角，学会使用建系的方法来解决立体几何问题，将几何问题代数化，化繁为简，属中档题.19、（1）；（2）【解析】（1）设出两点的坐标，由距离之积为16，可得.利用向量的数量积坐标运算，将转化为.再利用两点均在抛物线上，即可求得p的值，从而求出抛物线的方程；（2）设出直线l的方程，代入抛物线方程，由韦达定理发现直线l恒过定点，将面积用参数t表示，求出其最值，并得出此时的直线方程.【详解】解：（1）由题设，因为，到轴的距离的积为，所以，又因为，所以抛物线的方程为（2）因为直线与抛物线两个公共点，所以的斜率不为，所以设联立，得，即，即直线恒过定点，所以，当时，面积取得最小值，此时.【点睛】本题考查了抛物线的标准方程的求法，直线与抛物线相交的问题，其中垂直条件的转化，直线过定点均为该题的关键，属于综合性较强的题.20、【解析】将直线的极坐标方程和曲线的参数方程分别化为直角坐标方程,联立直角坐标方程求出交点坐标,结合的取值范围进行取舍即可.【详解】因为直线的极坐标方程为，所以直线的普通方程为，又因为曲线的参数方程为（为参数），所以曲线的直角坐标方程为， 联立方程,解得或，因为，所以舍去，故点的直角坐标为.【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的互化;考查运算求解能力;熟练掌握极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的互化公式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.21、（1）见解析；（2）【解析】（1）因为，所以，所以，所以数列是等差数列， 设数列的公差为，由可得，因为成等比数列，所以，所以，所以，因为，所以， 解得（舍去）或，所以，所以 （2）由（1）知，所以， 所以22、（1）单调递增区间为，；单调递减区间为；（2），；（3）证明见解析【解析】（1）由的正负可确定的单调区间；（2）利用基本不等式可求得时，取得最小值，由导数的几何意义可知，从而求得，求得切点坐标后，可得到切线方程；（3）由极值点的定义可知是的两个不等正根，由判别式大于零得到的取值范围，同时得到韦达定理的形式；化简为，结合的范围可证得结论.【详解】（1）由题意得：的定义域为，当时，当和时，；当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为.（2），所以（当且仅当，即时取等号），切线的斜率存在最小值，解得：，即切点为，从而切线方程，即：（3），分别在，处取得极值，是方程，即的两个不等正根则，解得：，且，即不等式成立【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数求解函数的单调区间、导数几何意义的应用、利用导数证明不等式等知识；本题中证明不等式的关键是能够通过极值点的定义将问题转变为一元二次方程根的分布问题.