陕西省西安市高新沣东中学2022-2023学年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须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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函数的定义域为，集合，则（ ）ABCD2已知复数z满足（i为虚数单位），则在复平面内复数z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3甲乙两人有三个不同的学习小组，

2、 ， 可以参加，若每人必须参加并且仅能参加一个学习小组，则两人参加同一个小组的概率为（ ）A B C D4已知直线过双曲线C：的左焦点F，且与双曲线C在第二象限交于点A，若（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为ABCD5执行如图所示的程序框图若输入，则输出的的值为（ ）ABCD6已知椭圆+=1(ab0)与直线交于A，B两点，焦点F(0，-c)，其中c为半焦距，若ABF是直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ）ABCD7已知等差数列中，若，则此数列中一定为0的是（ ）ABCD8执行如图所示的程序框图，若输出的值为8，则框图中处可以填（ ）ABCD9已知函数，当时，的取值范围为，则实数m的取值范围是（

3、 ）ABCD10已知是虚数单位，则复数（ ）ABC2D11复数（ ）ABCD12设直线过点，且与圆：相切于点，那么（ ）AB3CD1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13一个房间的地面是由12个正方形所组成，如图所示.今想用长方形瓷砖铺满地面，已知每一块长方形瓷砖可以覆盖两块相邻的正方形，即或，则用6块瓷砖铺满房间地面的方法有_种.14某四棱锥的三视图如图所示，那么此四棱锥的体积为_.15已知函数图象上一点处的切线方程为，则_16已知函数f（x）=axlnxbx（a，bR）在点（e，f（e）处的切线方程为y=3xe，则a+b=_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程

4、或演算步骤。17（12分）已知公差不为零的等差数列的前n项和为，是与的等比中项.（1）求；（2）设数列满足，求数列的通项公式.18（12分）在锐角中，分别是角，所对的边，的面积，且满足，则的取值范围是（ ）ABCD19（12分）已知函数，.（1）当时，求函数的值域；（2），求实数的取值范围.20（12分）已知a0，b0，a+b=2.（）求的最小值；（）证明：21（12分）如图1，在等腰梯形中，两腰，底边，是的三等分点，是的中点.分别沿，将四边形和折起，使，重合于点，得到如图2所示的几何体.在图2中，分别为，的中点.（1）证明：平面.（2）求直线与平面所成角的正弦值.22（10分）在直角坐标系中

5、，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为.（1）求的直角坐标方程和的直角坐标；（2）设与交于，两点，线段的中点为，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、A【解析】根据函数定义域得集合，解对数不等式得到集合，然后直接利用交集运算求解.【详解】解：由函数得，解得，即；又，解得，即，则.故选：A.【点睛】本题考查了交集及其运算，考查了函数定义域的求法，是基础题.2、D【解析】根据复数运算，求得，再求其对应点即可判断.【详解】，故其对应点的坐标为.其位于

6、第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数的运算，以及复数对应点的坐标，属综合基础题.3、A【解析】依题意，基本事件的总数有种，两个人参加同一个小组，方法数有种，故概率为.4、B【解析】直线的倾斜角为，易得设双曲线C的右焦点为E，可得中，则，所以双曲线C的离心率为.故选B5、C【解析】由程序语言依次计算，直到时输出即可【详解】程序的运行过程为当n=2时，时，此时输出.故选：C【点睛】本题考查由程序框图计算输出结果，属于基础题6、A【解析】联立直线与椭圆方程求出交点A，B两点，利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式，解方程求解即可.【详解】联立方程，解方程可得或，不妨设A(0，a)，B(-b，

7、0)，由题意可知，=0，因为，由平面向量垂直的坐标表示可得， 因为，所以a2-c2=ac，两边同时除以可得，解得e=或（舍去），所以该椭圆的离心率为.故选：A【点睛】本题考查椭圆方程及其性质、离心率的求解、平面向量垂直的坐标表示；考查运算求解能力和知识迁移能力；利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.7、A【解析】将已知条件转化为的形式，由此确定数列为的项.【详解】由于等差数列中，所以，化简得，所以为.故选：A【点睛】本小题主要考查等差数列的基本量计算，属于基础题.8、C【解析】根据程序框图写出几次循环的结果，直到输出结果是8时.【详解】第一次循环：第

8、二次循环：第三次循环：第四次循环：第五次循环：第六次循环：第七次循环： 第八次循环： 所以框图中处填时，满足输出的值为8.故选：C【点睛】此题考查算法程序框图，根据循环条件依次写出每次循环结果即可解决，属于简单题目.9、C【解析】求导分析函数在时的单调性、极值，可得时，满足题意，再在时，求解的x的范围，综合可得结果.【详解】当时，令，则；，则，函数在单调递增，在单调递减.函数在处取得极大值为，时，的取值范围为，又当时，令，则，即，综上所述，的取值范围为.故选C.【点睛】本题考查了利用导数分析函数值域的方法，考查了分段函数的性质，属于难题.10、A【解析】根据复数的基本运算求解即可.【详解】.故

9、选：A【点睛】本题主要考查了复数的基本运算,属于基础题.11、A【解析】试题分析：，故选A.【考点】复数运算【名师点睛】复数代数形式的四则运算的法则是进行复数运算的理论依据，加减运算类似于多项式的合并同类项，乘法法则类似于多项式的乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式，再将分母实数化.12、B【解析】过点的直线与圆：相切于点，可得.因此，即可得出.【详解】由圆：配方为，半径.过点的直线与圆：相切于点，；故选：B.【点睛】本小题主要考查向量数量积的计算，考查圆的方程，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、11【解析】将图形中左侧的两列瓷砖的形状先确定，再由此进行分

10、类，在每一类里面又分按两种形状的瓷砖的数量进行分类，在其中会有相同元素的排列问题，需用到“缩倍法”. 采用分类计数原理，求得总的方法数.【详解】（1）先贴如图这块瓷砖，然后再贴剩下的部分，按如下分类：5个： ，3个，2个：，1个，4个：，（2）左侧两列如图贴砖，然后贴剩下的部分：3个：，1个，2个：，综上，一共有（种）.故答案为：11.【点睛】本题考查了分类计数原理，排列问题，其中涉及到相同元素的排列，用到了“缩倍法”的思想.属于中档题.14、【解析】利用三视图判断几何体的形状，然后通过三视图的数据求解几何体的体积.【详解】如图：此四棱锥的高为，底面是长为，宽为2的矩形，所以体积.所以本题答案

11、为.【点睛】本题考查几何体与三视图的对应关系，几何体体积的求法，考查空间想象能力与计算能力.解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断.15、1【解析】求出导函数，由切线方程得切线斜率和切点坐标，从而可求得【详解】由题意，函数图象在点处的切线方程为，解得，故答案为：1【点睛】本题考查导数的几何意义，求出导函数是解题基础，16、0【解析】由题意，列方程组可求，即求.【详解】在点处的切线方程为，代入得.又.联立解得：.故答案为：0.【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或

12、演算步骤。17、（1）；（2）.【解析】（1）根据题意，建立首项和公差的方程组，通过基本量即可写出前项和；（2）由（1）中所求，结合累加法求得.【详解】（1）由题意可得即 又因为，所以，所以. （2）由条件及（1）可得. 由已知得， 所以. 又满足上式，所以【点睛】本题考查等差数列通项公式和前项和的基本量的求解，涉及利用累加法求通项公式，属综合基础题.18、A【解析】由正弦定理化简得，解得，进而得到，利用正切的倍角公式求得，根据三角形的面积公式，求得，进而化简，即可求解.【详解】由题意，在锐角中，满足，由正弦定理可得，即，可得，所以，即，所以，所以，则，所以，可得，又由的面积，所以，则.故选：

13、A.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，以及三角形的面积公式和正切的倍角公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.19、（1）；（2）.【解析】（1）将代入函数的解析式，将函数的及解析式变形为分段函数，利用二次函数的基本性质可求得函数的值域；（2）由参变量分离法得出在区间内有解，分和讨论，求得函数的最大值，即可得出实数的取值范围.【详解】（1）当时，.当时，；当时，.函数的值域为；（2）不等式等价于，即在区间内有解当时，此时，则；当时，函数在区间上单调递增，当时，则.综上，实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查含绝对值函数的值域与含绝对值不等式有解的问题，利用绝对值的

14、应用将函数转化为二次函数，结合二次函数的性质是解决本题的关键，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.20、（）最小值为；（）见解析【解析】（1）根据题意构造平均值不等式，结合均值不等式可得结果；（2）利用分析法证明，结合常用不等式和均值不等式即可证明.【详解】（）则当且仅当，即，时，所以的最小值为（）要证明：，只需证：，即证明：，由，也即证明：因为，所以当且仅当时，有，即，当时等号成立所以【点睛】本题考查均值不等式，分析法证明不等式，审清题意，仔细计算，属中档题.21、（1）证明见解析 （2）【解析】(1)先证，再证，由可得平面 ，从而推出平面 ；(2) 建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与，

15、坐标代入线面角的正弦值公式即可得解.【详解】（1）证明：连接，由图1知，四边形为菱形，且，所以是正三角形，从而.同理可证，所以平面.又，所以平面，因为平面，所以平面平面.易知，且为的中点，所以，所以平面.（2）解：由（1）可知，且四边形为正方形.设的中点为，以为原点，以，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，则，所以，.设平面的法向量为，由得取.设直线与平面所成的角为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明，直线与平面所成的角，要求一定的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力，属于基础题.22、（1），（2）【解析】（1）利用互化公式把曲线C化成直角坐标方程，

16、把点P的极坐标化成直角坐标；（2）把直线l的参数方程的标准形式代入曲线C的直角坐标方程，根据韦达定理以及参数t的几何意义可得【详解】（1）由2得2+2sin22，将2x2+y2，ysin代入上式并整理得曲线C的直角坐标方程为y21，设点P的直角坐标为（x，y），因为P的极坐标为（，），所以xcoscos1，ysinsin1，所以点P的直角坐标为（1，1）（2）将代入y21，并整理得41t2+110t+250，因为11024412580000，故可设方程的两根为t1，t2，则t1，t2为A，B对应的参数，且t1+t2，依题意，点M对应的参数为，所以|PM|【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题