深圳高级中学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已知中内角所对应的边依次为，若，则的面积为（ ）ABCD2若实数x，y满足条件，目标函数，则z 的最大值为()AB1C2D03向量，且，则（ ）ABCD4集合的真子集的个数是（ ）ABCD5设

2、是虚数单位，则（ ）ABCD6已知三棱锥中，为的中点，平面，则有下列四个结论：若为的外心，则；若为等边三角形，则；当时，与平面所成的角的范围为；当时，为平面内一动点，若OM平面，则在内轨迹的长度为1其中正确的个数是（ ）A1B1C3D47是边长为的等边三角形，、分别为、的中点，沿把折起，使点翻折到点的位置，连接、，当四棱锥的外接球的表面积最小时，四棱锥的体积为（ ）ABCD8在中，内角的平分线交边于点，则的面积是（ ）ABCD9如图，在平面四边形ABCD中，若点E为边CD上的动点，则的最小值为 （ ）ABCD10已知，是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于，两点，若，则的内切圆的半径

3、为（ ）ABCD11一个圆锥的底面和一个半球底面完全重合，如果圆锥的表面积与半球的表面积相等，那么这个圆锥轴截面底角的大小是（ ）ABCD12在正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点.若以为焦点，为准线的抛物线经过，设球的半径分别为，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知数列的各项均为正数，记为数列的前项和，若，则_.14已知向量，若满足，且方向相同，则_15已知函数，若的最小值为，则实数的取值范围是_16若x5=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a5(x-2)5，则a1=_，a1+a2+a5=_三、

4、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）已知抛物线的焦点为，直线交于两点（异于坐标原点O）.（1）若直线过点,，求的方程；（2）当时，判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由.18（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），点.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程，并指出其形状；（2）曲线与曲线交于，两点，若，求的值.19（12分）已知椭圆（）的离心率为，且经过点.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线与椭圆交于不同的两点，试问在轴上是否存在定点使得直线与直线恰关于轴对称？

5、若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.20（12分）已知二阶矩阵，矩阵属于特征值的一个特征向量为，属于特征值的一个特征向量为.求矩阵.21（12分）已知非零实数满足 （1）求证：； （2）是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出实数的取值范围； 若不存在，请说明理由22（10分）设数列的前列项和为，已知.（1）求数列的通项公式；（2）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】由余弦定理可得，结合可得a，b，再利用面积公式计算即可.【详解】由余弦定理，得，由，解得，所以，.故选：A.【点睛】本题考查利用余

6、弦定理解三角形，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.2、C【解析】画出可行域和目标函数，根据平移得到最大值.【详解】若实数x，y满足条件，目标函数如图：当时函数取最大值为 故答案选C【点睛】求线性目标函数的最值:当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，值最大，在轴截距最小时，z值最小；当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，值最小，在轴上截距最小时，值最大.3、D【解析】根据向量平行的坐标运算以及诱导公式，即可得出答案.【详解】故选：D【点睛】本题主要考查了由向量平行求参数以及诱导公式的应用，属于中档题.4、C【解析】根据含有个元素的集合，有个子集，有个真子集，计算可得；【详解】解：集合含有个元

7、素，则集合的真子集有（个），故选：C【点睛】考查列举法的定义，集合元素的概念，以及真子集的概念，对于含有个元素的集合，有个子集，有个真子集，属于基础题5、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.6、C【解析】由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断正确; 反证法由线面垂直的判断和性质可判断错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得正确.【详解】画出图形：若为的外心，则，平面,可得,即，正确;若为等边三角形，又可得平面，即,

8、由可得，矛盾，错误;若，设与平面所成角为可得，设到平面的距离为由可得即有，当且仅当取等号.可得的最大值为， 即的范围为，正确；取中点，的中点，连接由中位线定理可得平面平面可得在线段上，而，可得正确；所以正确的是：故选：C【点睛】此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断，处理这类问题，可以用已知的定理或性质来证明，也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.7、D【解析】首先由题意得，当梯形的外接圆圆心为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，通过图形发现，的中点即为梯形的外接圆圆心，也即四棱锥的外接球球心，则可得到，进而可根据四棱锥的体积公式求出体积.【详解】如图，四边

9、形为等腰梯形，则其必有外接圆，设为梯形的外接圆圆心，当也为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，也就使得外接球的表面积最小，过作的垂线交于点，交于点，连接，点必在上，、分别为、的中点，则必有，即为直角三角形.对于等腰梯形，如图：因为是等边三角形，、分别为、的中点，必有，所以点为等腰梯形的外接圆圆心，即点与点重合，如图，所以四棱锥底面的高为，.故选：D.【点睛】本题考查四棱锥的外接球及体积问题，关键是要找到外接球球心的位置，这个是一个难点，考查了学生空间想象能力和分析能力，是一道难度较大的题目.8、B【解析】利用正弦定理求出，可得出，然后利用余弦定理求出，进而求出，然后利用三角形的面积公式可计

10、算出的面积.【详解】为的角平分线，则.，则，在中，由正弦定理得，即，在中，由正弦定理得，即，得，解得，由余弦定理得，因此，的面积为.故选：B.【点睛】本题考查三角形面积的计算，涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式的应用，考查计算能力，属于中等题.9、A【解析】分析：由题意可得为等腰三角形，为等边三角形，把数量积分拆，设，数量积转化为关于t的函数，用函数可求得最小值。详解：连接BD,取AD中点为O,可知为等腰三角形，而，所以为等边三角形，。设=所以当时，上式取最小值 ，选A.点睛：本题考查的是平面向量基本定理与向量的拆分，需要选择合适的基底，再把其它向量都用基底表示。同时利用向量共线转化为函

11、数求最值。10、B【解析】设左焦点的坐标， 由AB的弦长可得a的值，进而可得双曲线的方程，及左右焦点的坐标，进而求出三角形ABF2的面积，再由三角形被内切圆的圆心分割3个三角形的面积之和可得内切圆的半径.【详解】由双曲线的方程可设左焦点，由题意可得，由，可得，所以双曲线的方程为: 所以，所以三角形ABF2的周长为设内切圆的半径为r，所以三角形的面积，所以，解得，故选：B【点睛】本题考查求双曲线的方程和双曲线的性质及三角形的面积的求法，内切圆的半径与三角形长周长的一半之积等于三角形的面积可得半径的应用，属于中档题.11、D【解析】设圆锥的母线长为l,底面半径为R,再表达圆锥表面积与球的表面积公式

12、,进而求得即可得圆锥轴截面底角的大小.【详解】设圆锥的母线长为l,底面半径为R,则有,解得,所以圆锥轴截面底角的余弦值是,底角大小为.故选：D【点睛】本题考查圆锥的表面积和球的表面积公式,属于基础题.12、D【解析】由题先画出立体图，再画出平面处的截面图，由抛物线第一定义可知，点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体，设，两球球心和公切点都在体对角线上，通过几何关系可转化出，进而求解【详解】根据抛物线的定义，点到点的距离与到直线的距离相等，其中点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离，因此球内切于正方体，不妨设，两个球心和两

13、球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，所以.又因为，因此，得，所以. 故选：D【点睛】本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、63【解析】对进行化简，可得，再根据等比数列前项和公式进行求解即可【详解】由数列为首项为，公比的等比数列，所以63【点睛】本题考查等比数列基本量的求法，当处理复杂因式时，常用基本方法为：因式分解，约分。但解题本质还是围绕等差和等比的基本性质14、【解析】由向量平行坐标表示计算注意验证两向量方向是否相同【详解】，解得或，时

14、，满足题意，时，方向相反，不合题意，舍去故答案为：1【点睛】本题考查向量平行的坐标运算，解题时要注意验证方向相同这个条件，否则会出错15、【解析】，可得在时，最小值为，时，要使得最小值为，则对称轴在1的右边，且，求解出即满足最小值为.【详解】当，当且仅当时，等号成立.当时，为二次函数，要想在处取最小，则对称轴要满足并且，即，解得.【点睛】本题考查分段函数的最值问题，对每段函数先进行分类讨论，找到每段的最小值，然后再对两段函数的最小值进行比较，得到结果，题目较综合，属于中档题.16、80 211 【解析】由，利用二项式定理即可得，分别令、后，作差即可得.【详解】由题意，则，令，得，令，得，故.故

15、答案为：80，211.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，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）直线过定点【解析】设.（1）由题意知，.设直线的方程为，由得，则，由根与系数的关系可得，所以.由，得，解得.所以抛物线的方程为.（2）设直线的方程为，由得，由根与系数的关系可得， 所以，解得.所以直线的方程为，所以时，直线过定点.18、（1），以为圆心，为半径的圆；（2）【解析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，直接得到的直角坐标方程并判断形状；（2）联立直线参数方程与的直角坐标方程，根据直线参数方程中的几何意义结合求解出的值.【详解】解：（

16、1）由，得，所以，即，.所以曲线是以为圆心，为半径的圆.（2）将代入，整理得.设点，所对应的参数分别为，则，.，解得，则.【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化以及根据直线参数方程中的几何意义求值，难度一般.（1）极坐标与直角坐标的互化公式：；（2）若要使用直线参数方程中的几何意义，要注意将直线的标准参数方程代入到对应曲线的直角坐标方程中，构成关于的一元二次方程并结合韦达定理形式进行分析求解.19、 (1) (2)见解析【解析】（1）由题得a,b,c的方程组求解即可（2）直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数，即，整理.设直线的方程为，与椭圆联立，将韦达定理代入整理即可.【详解】(1)

17、由题意可得，又， 解得，.所以，椭圆的方程为 (2)存在定点，满足直线与直线恰关于轴对称.设直线的方程为，与椭圆联立，整理得，.设，定点.(依题意则由韦达定理可得，. 直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数. 所以，即得. 又，所以，整理得，.从而可得， 即，所以，当，即时，直线与直线恰关于轴对称成立. 特别地，当直线为轴时，也符合题意. 综上所述，存在轴上的定点，满足直线与直线恰关于轴对称.【点睛】本题考查椭圆方程，直线与椭圆位置关系，熟记椭圆方程简单性质，熟练转化题目条件，准确计算是关键，是中档题.20、【解析】运用矩阵定义列出方程组求解矩阵【详解】由特征值、特征向量定义可知，即，

18、得同理可得解得，.因此矩阵【点睛】本题考查了由矩阵特征值和特征向量求矩阵，只需运用定义得出方程组即可求出结果，较为简单21、（1）见解析（2）存在，【解析】（1）利用作差法即可证出.（2）将不等式通分化简可得，讨论或，分离参数，利用基本不等式即可求解.【详解】又即即当时，即恒成立（当且仅当时取等号），故当时恒成立（当且仅当时取等号），故综上，【点睛】本题考查了作差法证明不等式、基本不等式求最值、考查了分类讨论的思想，属于基础题.22、（1）（2）证明见解析【解析】（1）由已知可得，构造等比数列即可求出通项公式；（2）当时，由，可求，时，由，可证，验证时，不等式也成立，即可得证.【详解】（1）由可得，即，所以，解得，（2）当时，,当时，综上，由可得递增，时；所以，综上：故.【点睛】本题主要考查了递推数列求通项公式，利用放缩法证明不等式，涉及等比数列的求和公式，属于难题.