四川省成都市双流棠湖中学2023届高三第一次模拟考试数学试卷含解析.doc

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1、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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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已知集合，则集合子集的个数为（ ）ABCD2 “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，旨在积极发

2、展我国与沿线国家经济合作关系，共同打造政治互信、经济融合、文化包容的命运共同体.自2015年以来，“一带一路”建设成果显著.如图是20152019年，我国对“一带一路”沿线国家进出口情况统计图，下列描述错误的是( )A这五年，出口总额之和比进口总额之和大B这五年，2015年出口额最少C这五年，2019年进口增速最快D这五年，出口增速前四年逐年下降3若满足，且目标函数的最大值为2，则的最小值为( )A8B4CD64集合中含有的元素个数为（ ）A4B6C8D125高三珠海一模中，经抽样分析，全市理科数学成绩X近似服从正态分布，且从中随机抽取参加此次考试的学生500名，估计理科数学成绩不低于110分

3、的学生人数约为（ ）A40B60C80D1006若与互为共轭复数，则（ ）A0B3C1D47已知向量，则向量在向量方向上的投影为（ ）ABCD8已知数列满足,且,则的值是( )ABC4D9设分别是双曲线的左右焦点若双曲线上存在点，使，且，则双曲线的离心率为（ ）AB2CD10已知，则的大小关系为（ ）ABCD11已知定义在上的函数满足，且当时，则方程的最小实根的值为（ ）ABCD12已知双曲线的一个焦点为，点是的一条渐近线上关于原点对称的两点，以为直径的圆过且交的左支于两点，若，的面积为8，则的渐近线方程为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13一个空间几何体的三视图

4、及部分数据如图所示，则这个几何体的体积是_14已知内角的对边分别为外接圆的面积为，则的面积为_.15已知抛物线的对称轴与准线的交点为，直线与交于，两点，若，则实数_16（5分）在平面直角坐标系中，过点作倾斜角为的直线，已知直线与圆相交于两点，则弦的长等于_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）已知数列，数列满足，n（1）若，求数列的前2n项和；（2）若数列为等差数列，且对任意n，恒成立当数列为等差数列时，求证：数列，的公差相等；数列能否为等比数列？若能，请写出所有满足条件的数列；若不能，请说明理由18（12分）已知数列，其前项和为，满足，其中，.若，（），

5、求证：数列是等比数列；若数列是等比数列，求，的值；若，且，求证：数列是等差数列.19（12分）设数阵，其中、设，其中，且定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”（、）表示“将经过变换得到，再将经过变换得到、 ，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为（1）若，写出经过变换后得到的数阵；（2）若，求的值；（3）对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过20（12分）已知函数（1）当时，试求曲线在点处的切线；（2）试讨论函数的单调区间21（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为，右焦点为，为椭圆

6、上两点，圆.（1）若轴，且满足直线与圆相切，求圆的方程；（2）若圆的半径为，点满足，求直线被圆截得弦长的最大值.22（10分）如图，已知四棱锥，底面为边长为2的菱形，平面，是的中点，（） 证明：；（） 若为上的动点，求与平面所成最大角的正切值参考答案一、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、B【解析】首先求出，再根据含有个元素的集合有个子集，计算可得.【详解】解：，子集的个数为.故选：.【点睛】考查列举法、描述法的定义，以及交集的运算，集合子集个数的计算公式，属于基础题2、D【解析】根据统计图中数据的含义进行判断即可.【详解】对A

7、项，由统计图可得，2015年出口额和进口额基本相等，而2016年到2019年出口额都大于进口额，则A正确；对B项，由统计图可得，2015年出口额最少，则B正确；对C项，由统计图可得，2019年进口增速都超过其余年份，则C正确；对D项，由统计图可得，2015年到2016年出口增速是上升的，则D错误；故选：D【点睛】本题主要考查了根据条形统计图和折线统计图解决实际问题，属于基础题.3、A【解析】作出可行域，由，可得.当直线过可行域内的点时，最大，可得.再由基本不等式可求的最小值.【详解】作出可行域，如图所示由，可得.平移直线，当直线过可行域内的点时，最大，即最大，最大值为2.解方程组，得.，当且仅

8、当，即时，等号成立.的最小值为8.故选：.【点睛】本题考查简单的线性规划，考查基本不等式，属于中档题.4、B【解析】解：因为集合中的元素表示的是被12整除的正整数，那么可得为1，2,3,4，6，,12故选B5、D【解析】由正态分布的性质，根据题意，得到，求出概率，再由题中数据，即可求出结果.【详解】由题意，成绩X近似服从正态分布，则正态分布曲线的对称轴为，根据正态分布曲线的对称性，求得，所以该市某校有500人中，估计该校数学成绩不低于110分的人数为人，故选:.【点睛】本题考查正态分布的图象和性质,考查学生分析问题的能力,难度容易.6、C【解析】计算，由共轭复数的概念解得即可.【详解】，又由共

9、轭复数概念得：，.故选：C【点睛】本题主要考查了复数的运算，共轭复数的概念.7、A【解析】投影即为，利用数量积运算即可得到结论.【详解】设向量与向量的夹角为，由题意，得，所以，向量在向量方向上的投影为.故选：A.【点睛】本题主要考察了向量的数量积运算，难度不大，属于基础题.8、B【解析】 由，可得，所以数列是公比为的等比数列， 所以，则， 则，故选B.点睛：本题考查了等比数列的概念，等比数列的通项公式及等比数列的性质的应用，试题有一定的技巧，属于中档试题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，等比数列的性质和在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨

10、论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.9、A【解析】由及双曲线定义得和（用表示），然后由余弦定理得出的齐次等式后可得离心率【详解】由题意，由双曲线定义得，从而得，在中，由余弦定理得，化简得故选：A【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是应用双曲线定义用表示出到两焦点的距离，再由余弦定理得出的齐次式10、A【解析】根据指数函数的单调性，可得，再利用对数函数的单调性，将与对比，即可求出结论.【详解】由题知，则.故选:A.【点睛】本题考查利用函数性质比较大小，注意与特殊数的对比，属于基础题.11、C【解析】先确定解析式求出的函数值，然后判断出方程的最小实根的范围结合此时的，通过计算即可得

11、到答案.【详解】当时，所以，故当时，所以，而，所以，又当时，的极大值为1，所以当时，的极大值为，设方程的最小实根为，则，即，此时令，得，所以最小实根为411.故选：C.【点睛】本题考查函数与方程的根的最小值问题，涉及函数极大值、函数解析式的求法等知识，本题有一定的难度及高度，是一道有较好区分度的压轴选这题.12、B【解析】由双曲线的对称性可得即，又，从而可得的渐近线方程.【详解】设双曲线的另一个焦点为，由双曲线的对称性，四边形是矩形，所以，即，由，得：，所以，所以，所以，所以，的渐近线方程为.故选B【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想与计算能力，属于中

12、档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先还原几何体，再根据柱体体积公式求解【详解】空间几何体为一个棱柱，如图，底面为边长为的直角三角形，高为的棱柱，所以体积为【点睛】本题考查三视图以及柱体体积公式，考查基本分析求解能力，属基础题14、【解析】由外接圆面积，求出外接圆半径，然后由正弦定理可求得三角形的内角，从而有，于是可得三角形边长，可得面积【详解】设外接圆半径为，则，由正弦定理，得，故答案为：【点睛】本题考查正弦定理，利用正弦定理求出三角形的内角，然后可得边长，从而得面积，掌握正弦定理是解题关键15、【解析】由于直线过抛物线的焦点，因此过，分别作的准线的垂线，垂足

13、分别为，由抛物线的定义及平行线性质可得，从而再由抛物线定义可求得直线倾斜角的余弦，再求得正切即为直线斜率注意对称性，问题应该有两解【详解】直线过抛物线的焦点，过，分别作的准线的垂线，垂足分别为，由抛物线的定义知，因为，所以因为，所以，从而设直线的倾斜角为，不妨设，如图，则，同理，则，解得，由对称性还有满足题意，综上，【点睛】本题考查抛物线的性质，考查抛物线的焦点弦问题，掌握抛物线的定义，把抛物线上点到焦点距离与它到距离联系起来是解题关键16、【解析】方法一：依题意，知直线的方程为，代入圆的方程化简得，解得或，从而得或，则方法二：依题意，知直线的方程为，代入圆的方程化简得，设，则，故.方法三：将

14、圆的方程配方得,其半径,圆心到直线的距离，则.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）见解析数列不能为等比数列，见解析【解析】（1）根据数列通项公式的特点，奇数项为等差数列，偶数项为等比数列，选用分组求和的方法进行求解；（2）设数列的公差为，数列的公差为，当n为奇数时，得出；当n为偶数时，得出，从而可证数列，的公差相等；利用反证法，先假设可以为等比数列，结合题意得出矛盾，进而得出数列不能为等比数列【详解】（1）因为，所以，且，由题意可知，数列是以1为首项，2为公差的等差数列，数列是首项和公比均为4的等比数列，所以；（2）证明：设数列的公差为，数列的公差为

15、，当n为奇数时，若，则当时，即，与题意不符，所以， 当n为偶数时，若，则当时，即，与题意不符，所以，综上，原命题得证；假设可以为等比数列，设公比为q，因为，所以，所以，因为当时，所以当n为偶数，且时，即当n为偶数，且时，不成立，与题意矛盾，所以数列不能为等比数列【点睛】本题主要考查数列的求和及数列的综合，数列求和时一般是结合通项公式的特征选取合适的求和方法，数列综合题要回归基本量，充分挖掘题目已知信息，细思细算，本题综合性较强，难度较大，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.18、（1）见解析（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）(), 所以，故数列是等比数列；（2）利用特殊值法，得，故；

16、（3）得，所以，得，可证数列是等差数列.试题解析：（1）证明：若，则当(),所以，即，所以， 又由，得，即，所以，故数列是等比数列 （2）若是等比数列，设其公比为（ ），当时，即，得， 当时，即，得，当时，即，得，-，得 ， -，得 ， 解得代入式，得 此时()，所以，是公比为的等比数列，故 （3）证明：若，由，得，又，解得由， ，代入得，所以，成等差数列，由，得，两式相减得：即所以相减得：所以所以， 因为，所以，即数列是等差数列.19、（1）；（2）；（3）见解析.【解析】（1）由，能求出经过变换后得到的数阵；（2）由，求出数阵经过变化后的矩阵，进而可求得的值；（3）分和两种情况讨论，推导出

17、变换后数阵的第一行和第二行的数字之和，由此能证明的所有可能取值的和不超过【详解】（1），经过变换后得到的数阵；（2）经变换后得，故；（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；同时含有和的子集共个，经过变换后第一行仍为、；不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为、所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为.若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为、；不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为、所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为所以的所有可能取值的和

18、为，又因为、，所以的所有可能取值的和不超过【点睛】本题考查数阵变换的求法，考查数阵中四个数的和不超过的证明，考查类比推理、数阵变换等基础知识，考查运算求解能力，综合性强，难度大20、（1）；（2）见解析【解析】（1）对函数进行求导，可以求出曲线在点处的切线，利用直线的斜截式方程可以求出曲线的切线方程；（2）对函数进行求导，对实数进行分类讨论，可以求出函数的单调区间【详解】（1）当时，函数定义域为，,所以切线方程为；（2）当时，函数定义域为，在上单调递增当时，恒成立，函数定义域为，又在单调递增，单调递减，单调递增当时，函数定义域为，在单调递增，单调递减，单调递增当时，设的两个根为且，由韦达定理易

19、知两根均为正根，且，所以函数的定义域为，又对称轴，且，在单调递增，单调递减，单调递增【点睛】本题考查了曲线切线方程的求法，考查了利用函数的导数讨论函数的单调性问题，考查了分类思想.21、（1）（2）【解析】试题分析：（1）确定圆的方程，就是确定半径的值，因为直线与圆相切，所以先确定直线方程，即确定点坐标：因为轴，所以，根据对称性，可取，则直线的方程为，根据圆心到切线距离等于半径得（2）根据垂径定理，求直线被圆截得弦长的最大值，就是求圆心到直线的距离的最小值. 设直线的方程为，则圆心到直线的距离，利用得，化简得，利用直线方程与椭圆方程联立方程组并结合韦达定理得，因此，当时，取最小值，取最大值为.

20、试题解析：解：（1）因为椭圆的方程为，所以，.因为轴，所以，而直线与圆相切，根据对称性，可取，则直线的方程为，即.由圆与直线相切，得，所以圆的方程为.（2）易知，圆的方程为.当轴时，所以，此时得直线被圆截得的弦长为.当与轴不垂直时，设直线的方程为，首先由，得，即，所以（*）.联立，消去，得，将代入（*）式，得.由于圆心到直线的距离为，所以直线被圆截得的弦长为，故当时，有最大值为.综上，因为，所以直线被圆截得的弦长的最大值为.考点：直线与圆位置关系22、（）见解析；（）.【解析】试题分析：（）由底面为边长为2的菱形，平面，易证平面，可得；（）连结，由（）易知为与平面所成的角，在中，可求得.试题解析：（） 四边形为菱形，且，为正三角形，又为中点，；又，平面，又平面，平面，又平面，；()连结，由（）知平面，为与平面所成的角，在中，最大当且仅当最短，即时最大，依题意，此时，在中，与平面所成最大角的正切值为考点：1.线线垂直证明；2.求线面角.