山东省东营市垦利县第一中学2023届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 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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己知抛物线的焦点为，准线为，点分别在抛物线上，且，直线交于点，垂足为，若的面积为，则到的距离为（ ）ABC8D62已知i为虚数单位，则（ ）ABCD3设复数满足（为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限4设是虚数单位，则（ ）ABCD52019年末，武汉出现新型冠状病毒肺炎（）疫情，并快速席卷我国其他地区，传播速度很快.因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，所以目前没有特异治疗方法，防控难度很大.武汉市出现疫情最早，感染人员最多，防控压力最大，武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等“四类”人员，强化网格化管理，不落一户、不漏一人.在排查期间，一户6口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测，若出现阳性，则该家庭为“感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为（）且相互独立，该家庭至少检测了5个人才能确定为“感染高危户”的概率为，当时，最大，则（ ）ABCD6若（），则（ ）A0或2B0C1或2D17在三棱锥中，且分别是棱，的中点，下面四个结论：；平面；三棱锥的体积的最大值为；与一定不垂直.其中所有正确命题的序号是（ ）ABCD8已知函数为奇函数，且，则（ ）A2B5C1D39复数的虚部是 ( )ABCD10已知实数满足约束条件，则的最小值为（ ）A-5B2C7D1111已知的值域为，当正数a，b满足时，则的最小值为（ ）AB5CD912M、N是曲线y=sinx与曲线y=cosx的两个不同的交点,则|MN|的最小值为()ABCD2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13三对父子去参加亲子活动，坐在如图所示的6个位置上，有且仅有一对父子是相邻而坐的坐法有_种（比如：B与D、B与C是相邻的，A与D、C与D是不相邻的）.14已知为抛物线：的焦点，过作两条互相垂直的直线，直线与交于、两点，直线与交于、两点，则的最小值为_15如图，在长方体中，E，F，G分别为的中点,点P在平面ABCD内，若直线平面EFG，则线段长度的最小值是_.16若四棱锥的侧面内有一动点Q，已知Q到底面的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角平面角的大小为时，k的值为_.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）在直角坐标系中，圆C的参数方程（为参数），以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求圆C的极坐标方程；（2）直线l的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q，求线段的长. 18（12分）将棱长为的正方体截去三棱锥后得到如图所示几何体，为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值.19（12分）已知抛物线的准线过椭圆C：（ab0）的左焦点F，且点F到直线l：（c为椭圆焦距的一半）的距离为4.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点F做直线与椭圆C交于A，B两点，P是AB的中点，线段AB的中垂线交直线l于点Q.若，求直线AB的方程.20（12分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若存在实数，使得不等式成立，求实数的取值范围.21（12分）已知关于的不等式有解.（1）求实数的最大值；（2）若，均为正实数，且满足.证明：.22（10分）记数列的前项和为，已知成等差数列.（1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；（2）记数列的前项和为，求.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】作，垂足为，过点N作，垂足为G，设，则，结合图形可得，从而可求出，进而可求得，由的面积即可求出，再结合为线段的中点，即可求出到的距离【详解】如图所示，作，垂足为，设，由，得，则，.过点N作，垂足为G，则，所以在中，所以，所以，在中，所以，所以，所以 解得，因为，所以为线段的中点，所以F到l的距离为故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质及平面几何的有关知识，属于中档题2、A【解析】根据复数乘除运算法则，即可求解.【详解】.故选：A.【点睛】本题考查复数代数运算，属于基础题题.3、A【解析】由复数的除法运算可整理得到，由此得到对应的点的坐标，从而确定所处象限.【详解】由得：，对应的点的坐标为，位于第一象限.故选：.【点睛】本题考查复数对应的点所在象限的求解，涉及到复数的除法运算，属于基础题.4、A【解析】利用复数的乘法运算可求得结果.【详解】由复数的乘法法则得.故选：A.【点睛】本题考查复数的乘法运算，考查计算能力，属于基础题.5、A【解析】根据题意分别求出事件A：检测5个人确定为“感染高危户”发生的概率和事件B：检测6个人确定为“感染高危户”发生的概率,即可得出的表达式,再根据基本不等式即可求出.【详解】设事件A：检测5个人确定为“感染高危户”,事件B：检测6个人确定为“感染高危户”,.即设,则当且仅当即时取等号,即.故选：A【点睛】本题主要考查概率的计算,涉及相互独立事件同时发生的概率公式的应用,互斥事件概率加法公式的应用,以及基本不等式的应用,解题关键是对题意的理解和事件的分解,意在考查学生的数学运算能力和数学建模能力,属于较难题.6、A【解析】利用复数的模的运算列方程，解方程求得的值.【详解】由于（），所以，解得或.故选：A【点睛】本小题主要考查复数模的运算，属于基础题.7、D【解析】通过证明平面，证得；通过证明，证得平面；求得三棱锥体积的最大值，由此判断的正确性；利用反证法证得与一定不垂直.【详解】设的中点为，连接，则，又，所以平面，所以，故正确；因为，所以平面，故正确；当平面与平面垂直时，最大，最大值为，故错误；若与垂直，又因为，所以平面，所以，又，所以平面，所以，因为，所以显然与不可能垂直，故正确.故选：D【点睛】本小题主要考查空间线线垂直、线面平行、几何体体积有关命题真假性的判断，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.8、B【解析】由函数为奇函数,则有,代入已知即可求得.【详解】.故选:.【点睛】本题考查奇偶性在抽象函数中的应用,考查学生分析问题的能力,难度较易.9、C【解析】因为 ，所以的虚部是 ，故选C.10、A【解析】根据约束条件画出可行域，再将目标函数化成斜截式，找到截距的最小值.【详解】由约束条件，画出可行域如图变为为斜率为-3的一簇平行线，为在轴的截距，最小的时候为过点的时候，解得所以，此时故选A项【点睛】本题考查线性规划求一次相加的目标函数，属于常规题型，是简单题.11、A【解析】利用的值域为,求出m,再变形,利用1的代换,即可求出的最小值.【详解】解：的值域为,当且仅当时取等号,的最小值为.故选：A.【点睛】本题主要考查了对数复合函数的值域运用,同时也考查了基本不等式中“1的运用”,属于中档题.12、C【解析】两函数的图象如图所示,则图中|MN|最小,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1=,x2=,|x1-x2|=,|y1-y2|=|sinx1-cosx2|=+=,|MN|=.故选C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、192【解析】根据题意，分步进行分析：，在三对父子中任选1对，安排在相邻的位置上，将剩下的4人安排在剩下的4个位置，要求父子不能坐在相邻的位置，由分步计数原理计算可得答案【详解】根据题意，分步进行分析：，在三对父子中任选1对，有3种选法，由图可得相邻的位置有4种情况，将选出的1对父子安排在相邻的位置，有种安排方法；，将剩下的4人安排在剩下的4个位置，要求父子不能坐在相邻的位置，有种安排方法，则有且仅有一对父子是相邻而坐的坐法种；故答案为：【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题14、16.【解析】由题意可知抛物线的焦点，准线为设直线的解析式为直线互相垂直的斜率为与抛物线的方程联立，消去得设点由跟与系数的关系得，同理根据抛物线的性质，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，同理，当且仅当时取等号.故答案为16点睛：（1）与抛物线有关的最值问题，一般情况下都与抛物线的定义有关利用定义可将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，可以使运算化繁为简“看到准线想焦点，看到焦点想准线”，这是解决抛物线焦点弦有关问题的重要途径；（2）圆锥曲线中的最值问题，可利用基本不等式求解，但要注意不等式成立的条件15、【解析】如图，连接，证明平面平面EFG.因为直线平面EFG，所以点P在直线AC上. 当时.线段的长度最小，再求此时的得解.【详解】如图，连接， 因为E，F，G分别为AB，BC，的中点，所以，平面，则平面.因为，所以同理得平面，又.所以平面平面EFG.因为直线平面EFG，所以点P在直线AC上.在中，故当时.线段的长度最小，最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查立体几何中的轨迹问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16、【解析】二面角平面角为，点Q到底面的距离为，点Q到定直线得距离为d，则.再由点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，可得，由此可得，则由可求k值.【详解】解：如图，设二面角平面角为，点Q到底面的距离为，点Q到定直线的距离为d，则，即.点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，则，动点Q的轨迹是抛物线，即则.二面角的平面角的余弦值为解得：（）.故答案为：.【点睛】本题考查了四棱锥的结构特征，由四棱锥的侧面与底面的夹角求参数值，属于中档题.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）2【解析】（1）首先利用对圆C的参数方程（为参数）进行消参数运算，化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程（2）设，联立直线与圆的极坐标方程，解得；设，联立直线与直线的极坐标方程，解得，可得【详解】（1）圆C的普通方程为，又，所以圆C的极坐标方程为.（2）设，则由解得，得；设，则由解得，得；所以【点睛】本题考查圆的参数方程与普通方程的互化，考查圆的极坐标方程，考查极坐标方程的求解运算，考查了学生的计算能力以及转化能力，属于基础题.18、（1）见解析；（2）.【解析】（1）取的中点，连接、，连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值，进而可求得其正弦值.【详解】（1）取中点，连接、，且，四边形为平行四边形，且，、分别为、中点，且，则四边形为平行四边形，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，且，四边形为平行四边形，平面，平面，平面；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，由，得，取，则，设平面的法向量为，由，得，取，则，因此，二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19、（1）；（2）或.【解析】（1）由抛物线的准线方程求出的值，确定左焦点坐标，再由点F到直线l：的距离为4，求出即可；（2）设直线方程，与椭圆方程联立，运用根与系数关系和弦长公式，以及两直线垂直的条件和中点坐标公式，即可得到所求直线的方程.【详解】（1）抛物线的准线方程为，直线，点F到直线l的距离为，所以椭圆的标准方程为；（2）依题意斜率不为0，又过点，设方程为，联立，消去得，设，线段AB的中垂线交直线l于点Q，所以横坐标为3，平方整理得，解得或（舍去），所求的直线方程为或.【点睛】本题考查椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系，要熟练应用根与系数关系、相交弦长公式，合理运用两点间的距离公式，考查计算求解能力，属于中档题.20、（1）；（2）.【解析】（1）将函数的解析式表示为分段函数，然后分、三段求解不等式，综合可得出不等式的解集；（2）求出函数的最大值，由题意得出，解此不等式即可得出实数的取值范围.【详解】.（1）当时，由，解得，此时；当时，由，解得，此时；当时，由，解得，此时.综上所述，不等式的解集；（2）当时，函数单调递增，则；当时，函数单调递减，则，即；当时，函数单调递减，则.综上所述，函数的最大值为，由题知，解得.因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了绝对值不等式中的参数问题，考查分类讨论思想的应用，考查运算求解能力，属于中等题.21、（1）；（2）见解析【解析】（1）由题意，只需找到的最大值即可；（2），构造并利用基本不等式可得，即.【详解】（1），的最大值为4.关于的不等式有解等价于，（）当时，上述不等式转化为，解得，（）当时，上述不等式转化为，解得，综上所述，实数的取值范围为，则实数的最大值为3，即.（2）证明：根据（1）求解知，所以，又，当且仅当时，等号成立，即，所以，.【点睛】本题考查绝对值不等式中的能成立问题以及综合法证明不等式问题，是一道中档题.22、（1）证明见解析，；（2）【解析】（1）由成等差数列，可得到，再结合公式，消去，得到，再给等式两边同时加1，整理可证明结果；（2）将（1）得到的代入中化简后再裂项，然后求其前项和.【详解】（1）由成等差数列，则，即，当时，又，由可得：，即，时，.所以是以3为首项，3为公比的等比数列，所以.（2），所以.【点睛】此题考查了数列递推式，等比数列的证明，裂列相消求和，考查了学生分析问题和解决问题的能力，属于中档题.