内蒙古呼和浩特市2023年高三第一次调研测试数学试卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ）ABCD2下列判断错误的是( )A若随机变量服从正态分布，则B已知直线平面，直线平面，则“”是“”的充分不必要条

2、件C若随机变量服从二项分布： ， 则D是的充分不必要条件3已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，且抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，那么该双曲线的离心率为（ ）ABCD4已知定义在上的奇函数，其导函数为，当时，恒有则不等式的解集为（ ）ABC或D或5在中，为中点，且，若，则（ ）ABCD6若为纯虚数，则z（ ）AB6iCD207己知四棱锥中，四边形为等腰梯形，是等边三角形，且；若点在四棱锥的外接球面上运动，记点到平面的距离为，若平面平面，则的最大值为（ ）ABCD8已知的面积是, ,则（ ）A5B或1C5或1D9如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几

3、何体的三视图，则该几何体的体积为A72B64C48D3210正三棱锥底面边长为3，侧棱与底面成角，则正三棱锥的外接球的体积为（ ）ABCD11在直角中，若，则（ ）ABCD12已知当，时，则以下判断正确的是 ABCD与的大小关系不确定二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13某校为了解家长对学校食堂的满意情况，分别从高一、高二年级随机抽取了20位家长的满意度评分，其频数分布表如下：满意度评分分组合计高一1366420高二2655220根据评分，将家长的满意度从低到高分为三个等级：满意度评分评分70分70评分90评分90分满意度等级不满意满意非常满意假设两个年级家长的评价结果相互独立，

4、根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.现从高一、高二年级各随机抽取1名家长，记事件：“高一家长的满意度等级高于高二家长的满意度等级”，则事件发生的概率为_.14已知，为虚数单位，且，则=_.15如图所示，在边长为4的正方形纸片中，与相交于.剪去，将剩余部分沿，折叠，使、重合，则以、为顶点的四面体的外接球的体积为_.16已知平行于轴的直线与双曲线：的两条渐近线分别交于，两点，为坐标原点，若为等边三角形，则双曲线的离心率为_.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）如图，四棱锥中，四边形是矩形，为正三角形，且平面平面，、分别为、的中点.（1）证明

5、：平面平面；（2）求二面角的余弦值.18（12分）已知函数（为常数）（）当时，求的单调区间；（）若为增函数，求实数的取值范围.19（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知平行于x轴的动直线l交抛物线C：于点P，点F为C的焦点圆心不在y轴上的圆M与直线l，PF，x轴都相切，设M的轨迹为曲线E（1）求曲线E的方程；（2）若直线与曲线E相切于点，过Q且垂直于的直线为，直线，分别与y轴相交于点A，当线段AB的长度最小时，求s的值20（12分）为了打好脱贫攻坚战，某贫困县农科院针对玉米种植情况进行调研，力争有效地改良玉米品种，为农民提供技术支援，现对已选出的一组玉米的茎高进行统计，获得茎叶图如图（单位：

6、厘米），设茎高大于或等于180厘米的玉米为高茎玉米，否则为矮茎玉米（1）求出易倒伏玉米茎高的中位数；（2）根据茎叶图的数据，完成下面的列联表：抗倒伏易倒伏矮茎高茎（3）根据（2）中的列联表，是否可以在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关？附：，0.0500.0100.0013.8416.63510.82821（12分）已知椭圆：（）的左、右顶点分别为、，焦距为2，点为椭圆上异于、的点，且直线和的斜率之积为.（1）求的方程；（2）设直线与轴的交点为，过坐标原点作交椭圆于点，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.22（10分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴

7、长为，直线与椭圆相交于两点，线段的中点为.当与连线的斜率为时，直线的倾斜角为（1）求椭圆的标准方程；（2）若是以为直径的圆上的任意一点，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、A【解析】根据球的特点可知截面是一个圆，根据等体积法计算出球心到平面的距离，由此求解出截面圆的半径，从而截面面积可求.【详解】如图所示：设内切球球心为，到平面的距离为，截面圆的半径为，因为内切球的半径等于正方体棱长的一半，所以球的半径为，又因为，所以，又因为，所以，所以，所以截面圆的半径，所以截面圆的面积为.故选：A.【点睛】本题考查正方体的

8、内切球的特点以及球的截面面积的计算，难度一般.任何一个平面去截球，得到的截面一定是圆面，截面圆的半径可通过球的半径以及球心到截面的距离去计算.2、D【解析】根据正态分布、空间中点线面的位置关系、充分条件与必要条件的判断、二项分布及不等式的性质等知识，依次对四个选项加以分析判断，进而可求解.【详解】对于选项，若随机变量服从正态分布，根据正态分布曲线的对称性，有，故选项正确，不符合题意；对于选项，已知直线平面，直线平面，则当时一定有，充分性成立，而当时，不一定有，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故选项正确，不符合题意；对于选项，若随机变量服从二项分布： ， 则，故选项正确，不符合题

9、意；对于选项，仅当时有，当时，不成立，故充分性不成立；若，仅当时有，当时，不成立，故必要性不成立.因而是的既不充分也不必要条件,故选项不正确，符合题意.故选：D【点睛】本题考查正态分布、空间中点线面的位置关系、充分条件与必要条件的判断、二项分布及不等式的性质等知识，考查理解辨析能力与运算求解能力，属于基础题.3、A【解析】由抛物线的焦点得双曲线的焦点，求出，由抛物线准线方程被曲线截得的线段长为，由焦半径公式，联立求解.【详解】解：由抛物线，可得，则，故其准线方程为，抛物线的准线过双曲线的左焦点，抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，又，则双曲线的离心率为故选：【点睛】本题考查抛物线的性质及利用过

10、双曲线的焦点的弦长求离心率. 弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长4、D【解析】先通过得到原函数为增函数且为偶函数，再利用到轴距离求解不等式即可.【详解】构造函数，则由题可知，所以在时为增函数；由为奇函数，为奇函数，所以为偶函数；又，即即又为开口向上的偶函数所以，解得或故选：D【点睛】此题考查根据导函数构造原函数，偶函数解不等式等知识点，属于较难题目.5、B【解析】选取向量，为基底，由向量线性运算，求出，即可求得结果.【详解】， ，.故选：B.【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量基本定理，属于基础题.6、C【解析】根据复数的乘法运算以及纯虚数的概念，可得结果.【详解】 为纯虚数，且得

11、，此时故选：C.【点睛】本题考查复数的概念与运算，属基础题.7、A【解析】根据平面平面，四边形为等腰梯形，则球心在过的中点的面的垂线上，又是等边三角形，所以球心也在过的外心面的垂线上，从而找到球心，再根据已知量求解即可.【详解】依题意如图所示：取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，取是的外心，作平面平面，则是四棱锥的外接球球心，且，设四棱锥的外接球半径为，则，而，所以，故选：A.【点睛】本题考查组合体、球，还考查空间想象能力以及数形结合的思想，属于难题.8、B【解析】，,若为钝角，则，由余弦定理得，解得；若为锐角，则，同理得.故选B.9、B【解析】由三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，

12、高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，利用体积公式，即可求解。【详解】由题意，几何体的三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，所以几何体的体积为，故选B。【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线。求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解。10、D【解析】由侧棱与底面所成角及底面边长求得正棱锥

13、的高，再利用勾股定理求得球半径后可得球体积【详解】如图，正三棱锥中，是底面的中心，则是正棱锥的高，是侧棱与底面所成的角，即60，由底面边长为3得，正三棱锥外接球球心必在上，设球半径为，则由得，解得，故选：D【点睛】本题考查球体积，考查正三棱锥与外接球的关系掌握正棱锥性质是解题关键11、C【解析】在直角三角形ABC中，求得 ，再由向量的加减运算，运用平面向量基本定理，结合向量数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，化简计算即可得到所求值【详解】在直角中，若，则 故选C.【点睛】本题考查向量的加减运算和数量积的定义和性质，主要是向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于中档题12、C【解析】由

14、函数的增减性及导数的应用得：设，求得可得为增函数，又，时，根据条件得，即可得结果【详解】解：设，则，即为增函数，又，即，所以，所以故选：C【点睛】本题考查了函数的增减性及导数的应用，属中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、0.42【解析】高一家长的满意度等级高于高二家长的满意度等级有三种情况，分别求出三种情况的概率，再利用加法公式即可.【详解】由已知，高一家长满意等级为不满意的概率为，满意的概率为，非常满意的概率为，高二家长满意等级为不满意的概率为，满意的概率为，非常满意的概率为，高一家长的满意度等级高于高二家长的满意度等级有三种情况：1.高一家长满意，高二家长不满意，其

15、概率为；2.高一家长非常满意，高二家长不满意，其概率为；3.高一家长非常满意，高二家长满意，其概率为.由加法公式，知事件发生的概率为.故答案为：【点睛】本题考查独立事件的概率，涉及到概率的加法公式，是一道中档题.14、4【解析】解：利用复数相等，可知由有15、【解析】将三棱锥置入正方体中，利用正方体体对角线为三棱锥外接球的直径即可得到答案.【详解】由已知，将三棱锥置入正方体中，如图所示，故正方体体对角线长为，所以外接球半径为，其体积为.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥外接球的体积问题，一般在处理特殊几何体的外接球问题时，要考虑是否能将其置入正（长）方体中，是一道中档题.16、2【解析】根据为

16、等边三角形建立的关系式，从而可求离心率.【详解】据题设分析知，所以，得，所以双曲线的离心率.【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的求解，根据条件建立之间的关系式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.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）见解析；（2）【解析】（1）取中点，中点，连接，.设交于，则为的中点，连接.通过证明，证得平面，由此证得平面平面.（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值.【详解】（1）取中点，中点，连接，.设交于，则为的中点，连接.设，则，.由已知，平面，.，平面，平面，平面平面.（2）由（1）及已知可得平面

17、，建立如图所示的空间坐标系，设，则，设平面的法向量为，令得.设平面的法向量为，令得，二面角的余弦值为.【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.18、（）单调递增区间为，；单调递减区间为；（）.【解析】（）对函数进行求导，利用导数判断函数的单调性即可；（）对函数进行求导，由题意知,为增函数等价于在区间恒成立，利用分离参数法和基本不等式求最值即可求出实数的取值范围.【详解】（）由题意知，函数的定义域为，当时，令，得，或，所以，随的变化情况如下表：递增递减递增的单调递增区间为，单调递减区间为.（）由题意得在区间恒成立，即在区间恒成立.，当且

18、仅当，即时等号成立.所以，所以的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间、利用分离参数法和基本不等式求最值求参数的取值范围；考查运算求解能力和逻辑推理能力；利用导数把函数单调性问题转化为不等式恒成立问题是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.19、（1），（2）【解析】根据题意设，可得PF的方程，根据距离即可求出；点Q处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，根据导数的几何意义和斜率公式，求，并构造函数，利用导数求出函数的最值【详解】因为抛物线C的方程为，所以F的坐标为，设，因为圆M与x轴、直线l都相切，l平行于x轴，所以圆M的半径为，点，则直线PF的方程为，即，所以，又m，所以，即，所

19、以E的方程为，设，由知，点Q处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，由，所以，所以，所以，令，则，由得，由得，所以在区间单调递减，在单调递增，所以当时，取得极小值也是最小值，即AB取得最小值此时【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，以及利用导数求函数最值的关系，考查了运算能力和转化能力，属于难题20、（1）190（2）见解析 （3）可以在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关【解析】（1）排序后第10和第11两个数的平均数为中位数；（2）由茎叶图可得列联表；（3）由列联表计算可得结论【详解】解：（1）（2）抗倒伏易倒伏矮茎154高茎1016（3）由于，因此可以在犯错误的概率不

20、超过1%的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关【点睛】本题考查茎叶图，考查独立性检验，正确认识茎叶图是解题关键21、（1）（2）是定值，且定值为2【解析】（1）设出点坐标并代入椭圆方程，根据列方程，求得的值，结合求得的值，进而求得椭圆的方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，求得点的横坐标，联立直线的方程和椭圆方程，求得，由此化简求得为定值.【详解】（1）已知点在椭圆：（）上，可设，即，又，且，可得椭圆的方程为.（2）设直线的方程为：，则直线的方程为.联立直线与椭圆的方程可得：，由，可得，联立直线与椭圆的方程可得：，即，即.即为定值，且定值为2.【点睛】本小题主要考查本小题主要考查椭

21、圆方程的求法，考查椭圆中的定值问题的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题.22、（1）；（2）详见解析.【解析】（1）由短轴长可知，设，由设而不求法作差即可求得，将相应值代入即求得，椭圆方程可求；（2）考虑特殊位置，即直线与轴垂直时候，成立，当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，结合中点坐标公式，弦长公式，得到与的关系，将表示出来，结合基本不等式求最值，证明最后的结果【详解】解：（1）由已知，得由，两式相减，得根据已知条件有，当时，即椭圆的标准方程为（2）当直线斜率不存在时，不等式成立.当直线斜率存在时，设由得，由化简，得令，则当且仅当时取等号当且仅当时取等号综上，【点睛】本题为直线与椭圆的综合应用，考查了椭圆方程的求法，点差法处理多未知量问题，能够利用一元二次方程的知识转化处理复杂的计算形式，要求学生计算能力过关，为较难题