2023昆明一中高三上学期第一次摸底测试数学试题含解析

这是一份2023昆明一中高三上学期第一次摸底测试数学试题含解析，共25页。试卷主要包含了 已知复数满足，则虚部为， 设集合，则， 下列说法正确的是， 已知数列的前项和为，且等内容，欢迎下载使用。

昆明市第一中学2023届高中新课标高三第一次摸底测试
数学试卷
考试时间：8月17日15：00-17：00
一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知复数满足，则虚部为（）
A. B. C. 1 D.
2. 设集合，则（）
A. B. C. D.
3. 函数的图像与函数的图像关于直线对称，则（）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
4. 已知从双曲线虚轴的一个端点看两个顶点的视角为，则该双曲线的离心率为（）
A. B. C. 2 D. 4
5. 2021年5月15日7时18分，我国首个自主研发的火星探测器“天问一号”，在经历了296天的太空之旅，总距离约亿公里的飞行后，天问一号火星探测器所携带的祝融号火星车及其着陆组合体，成功降落在火星北半球的乌托邦平原南部，实现了中国航天史无前例的突破.已知地球自转的线速度约为火星自转线速度的两倍，地球自转一周为24小时，而火星自转一周约为25小时.地球与火星均视为球体，则火星的表面积约为地球表面积的（）
A. B. C. D.
6. 某圆台上底面圆的半径为1，下底面圆半径为2，侧面积为，则该圆台的体积为（）
A. B. C. D.
7. 某师范类高校要安排6名大学生到3个高级中学进行教育教学实习，每个中学至少安排1人，其中甲中学至少要安排3人实习，则不同的安排方法种数为（）
A. 30 B. 60 C. 120 D. 150
8若，则（）
A B.
C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（）
A. 相关系数的绝对值越大，变量的线性相关性越强
B. 某人每次射击击中目标的概率为，若他射击6次，击中目标的次数为，则
C. 若随机变量满足，且，则
D. 若样本数据的方差是12，则数据的方差是7
10. 如图，正方体中，是线段上的动点，则（）

A. 平面
B.
C. 与所成角的余弦值为
D. 三棱锥的体积为定值
11. 已知抛物线上的动点到焦点的距离最小值是3，经过点的直线与有且仅有一个公共点，直线与交于，则（）
A. 抛物线的方程为
B. 满足条件的直线有2条
C. 焦点到直线的距离为2或或
D.
12. 已知函数与满足：①，②，③，则下列结论正确的是（）
A. 在定义域内单调递增
B.
C. 在定义域内单调递减
D. 当时，存使得成立
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知圆和圆交于两点，则直线的方程是___________.
14. 若函数的图像关于直线对称，则___________.
15. 已知任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转得到点，则向量在向量上的投影向量为___________.（用坐标作答）
16. 已知函数在区间上有且只有一个极值点，则实数的取值范围为___________.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知的内角所对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求面积的最大值.
18. 已知数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设前项和为，求.
19. 如图，三棱柱中，平面平面，过的平面交线段于点（不与端点重合），交线段于点.

（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
20. 甲､乙两人参加一个游戏，该游戏设有奖金256元，谁先赢满5局，谁便赢得全部的奖金，已知每局游戏乙赢的概率为，甲赢的概率为，每局游戏相互独立，在乙赢了3局甲赢了1局的情况下，游戏设备出现了故障，游戏被迫终止，则奖金应该如何分配才为合理？有专家提出如下的奖金分配方案：如果出现无人先赢5局且游戏意外终止的情况，则甲､乙按照游戏再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.
（1）若，则乙应该得多少奖金；
（2）记事件A为“游戏继续进行下去甲获得全部奖金”，试求当游戏继续进行下去，甲获得全部奖金的概率，并判断当时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.（注：若随机事件发生的概率小于，则称随机事件为小概率事件）
21. 已知椭圆的左､右焦点分别为，且焦距长为2，过且斜率为的直线与椭圆的一个交点在轴上的射影恰好为.

（1）求椭圆的方程；
（2）如图，下顶点为，过点作一条与轴不重合的直线，该直线交椭圆于两点，直线分别交轴于，两点，为坐标原点.求证：与的面积之积为定值，并求出该定值.
22. 已知函数且恒成立.
（1）求实数；
（2）若函数满足，证明：.
昆明市第一中学2023届高中新课标高三第一次摸底测试
数学试卷
考试时间：8月17日15：00-17：00
一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知复数满足，则的虚部为（）
A. B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数概念、复数的四则运算求解.
详解】，
所以的虚部为-1.故A，B，C错误.
故选：D.
2. 设集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过解对数不等式以及集合的补集运算求解.
【详解】因为，由有：，
所以，又，
所以，故A，C，D错误.
故选：B.
3. 函数的图像与函数的图像关于直线对称，则（）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用反函数以及对数的运算性质求解.
【详解】因为的图像与函数的图像关于直线对称，
所以，所以，
故A，B，D错误.
故选：C.
4. 已知从双曲线虚轴的一个端点看两个顶点的视角为，则该双曲线的离心率为（）
A. B. C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】设双曲线半实轴长为，半虚轴长为，根据题意可得的关系，再结合双曲线基本量的关系求解即可.
【详解】由题意，设双曲线的半实轴长为，半虚轴长为，设双曲线虚轴的一个端点看两个顶点的视角为，则为正三角形.
则无论双曲线的焦点在还是轴时，都有，故离心率为.

故选：C
5. 2021年5月15日7时18分，我国首个自主研发的火星探测器“天问一号”，在经历了296天的太空之旅，总距离约亿公里的飞行后，天问一号火星探测器所携带的祝融号火星车及其着陆组合体，成功降落在火星北半球的乌托邦平原南部，实现了中国航天史无前例的突破.已知地球自转的线速度约为火星自转线速度的两倍，地球自转一周为24小时，而火星自转一周约为25小时.地球与火星均视为球体，则火星的表面积约为地球表面积的（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令地球、火星半径分别为，结合题设有，应用球体表面积公式即可得火星的表面积相对地球表面积的数量关系.
【详解】令地球、火星半径分别为，则，故，
所以火星的表面积约为地球表面积.
故选：A
6. 某圆台上底面圆的半径为1，下底面圆半径为2，侧面积为，则该圆台的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆台的侧面积和体积公式，结合题意，准确运算，即可求解.
【详解】设圆台的母线长为，高为，
因为圆台上底面圆的半径为1，下底面圆半径为2，侧面积为，
可得，解得，
所以圆台的高为，
所以圆台的体积为.
故选：B.
7. 某师范类高校要安排6名大学生到3个高级中学进行教育教学实习，每个中学至少安排1人，其中甲中学至少要安排3人实习，则不同的安排方法种数为（）
A. 30 B. 60 C. 120 D. 150
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，分甲中学安排3人实习和安排4人实习两种情况讨论求解即可.
【详解】解：当甲中学安排3人实习时，有种可能的情况；
当甲中学安排4人实习时，有种可能的情况，
所以，满足条件的安排方法有种.
故选：D
8. 若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，用导数判断出的单调性由此判断的大小，再利用做差法可判断的大小，可得答案.
【详解】设，则，
当时，，所以在上递增，在上递减，
因为，所以，，
因为，所以；
故.
故选：A.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（）
A. 相关系数的绝对值越大，变量的线性相关性越强
B. 某人每次射击击中目标的概率为，若他射击6次，击中目标的次数为，则
C. 若随机变量满足，且，则
D. 若样本数据的方差是12，则数据的方差是7
【答案】ABC
【解析】
【分析】由相关系数的实际意义判断A；应用二项分布期望公式求的期望判断B；根据正态分布对称性及已知条件得，再由对称性求概率判断C；利用方差的性质求原数据的方差判断D.
【详解】A：由相关系数的实际意义：绝对值越大，变量线性相关性越强，正确；
B：由题意，击中目标的次数服从分布，故，正确；
C：根据正态分布的对称性及已知条件知：，故，正确；
D：由，故数据的方差，错误.
故选：ABC
10. 如图，正方体中，是线段上的动点，则（）

A. 平面
B.
C. 与所成角的余弦值为
D. 三棱锥的体积为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用线面垂直定理、异面直线所成角的求法以及棱锥的体积公式求解判断.
【详解】对于选项A，正方体中，，,又，
所以平面，又，故A不正确；

对于选项B, 正方体中，，,又，
所以平面，又平面，所以，故B正确；

对于选项C, 正方体中，，所以与所成角即与所成角，
因为是等边三角形，所以与所成角为，即与所成角的余弦值为，
故C正确；

对于选项D, 正方体中，因为，所以无论在线段上怎么移动，
点到平面的距离是定值，又的面积是定值，，
所以即三棱锥的体积为定值，故D正确.

故选：BCD.
11. 已知抛物线上的动点到焦点的距离最小值是3，经过点的直线与有且仅有一个公共点，直线与交于，则（）
A. 抛物线的方程为
B. 满足条件的直线有2条
C. 焦点到直线的距离为2或或
D
【答案】CD
【解析】
【分析】由题设可得即可得抛物线方程，设过P的直线方程并联立抛物线得到一元二次方程，由求切线方程，结合点与抛物线位置判断交点只有一个的直线条数，再由点线距离公式求到直线的距离，写出的方程弦长公式求.
【详解】由题设知：，则，故且，A错误；
因为在外，令过P的直线与相切，
所以，若，可得或，
故、与相切，又与只有一个交点，
所以过与有且仅有一个公共点的直线共有三条，B错误；
对于，到直线的距离；
对于，到直线的距离；
对于，到直线的距离，C正确；
由题设，为，联立，可得，
则，故，D正确.
故选：CD
12. 已知函数与满足：①，②，③，则下列结论正确的是（）
A. 在定义域内单调递增
B.
C. 在定义域内单调递减
D. 当时，存在使得成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据①②，利用累加法可得，进而得到
【详解】由得
，两式相减可得：
，即.
故，
所以，故.
对A，在定义域内为增函数，正确；
对B，，故B正确；
对C，为增函数，故C错误；
对D，因为，故当时，为奇函数，又为增函数，故即，所以题意转化为存在使得成立，即有解，因为，显然成立，故D正确；
故选：ABD
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知圆和圆交于两点，则直线的方程是___________.
【答案】
【解析】
【分析】由两圆相交弦方程为两圆方程相减得到，将已知圆的方程相减即可得结果.
【详解】由两圆相交，则交线的方程由两圆方程相减得到，
所以直线的方程是.
故答案为：
14. 若函数的图像关于直线对称，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由题知，进而解方程即可得答案.
【详解】解：因为函数的图像关于直线对称，
所以函数在时取得最值，
所以，结合辅助角公式得：，即，
整理得：，解得.
故答案为：
15. 已知任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转得到点，则向量在向量上的投影向量为___________.（用坐标作答）
【答案】
【解析】
【分析】设点，求出，再利用投影向量的公式求解.
【详解】解：设点，则，根据题意若将逆时针旋转，即可得，故，
整理得，
而由A、B两点坐标可知，
故：，解得，
则点P的坐标为，所以.
所以向量在向量上的投影向量为
故答案为：
16. 已知函数在区间上有且只有一个极值点，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意转化为在只有一个实数根，进而转化为方程在区间上没有实数根，得出与的图象在上没有交点，利用导数求得的单调性与最值，即可求解.
【详解】由题意，函数，
可得，
因为函数在区间上有且只有一个极值点，
所以在区间上有且只有一个实数根，
即方程在区间上有且只有一个实数根，
因为时方程的根，
所以方程在区间上没有实数根，
即方程在区间上没有实数根，
等价于与的图象在上没有交点，
又由，所以在上单调递增，
所以，且当时，，
所以，即实数的取值范围是.
故答案为：.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知的内角所对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将已知条件由正弦定理角化边，再利用余弦定理即可求解；
（2）结合（1）由基本不等式及三角形的面积公式即可求解.
【小问1详解】
解：在中，因为，
所以由正弦定理可得，即，
所以，
因为，
所以；
【小问2详解】
解：时，由（1）可得，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，
所以面积的最大值为.
18. 已知数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设的前项和为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先用替换原式中的，然后两式作差，结合与的关系，即可得到为等差数列，从而得到其通项.
（2）由（1）的结论，求得及，代入化简，得到的式子，裂项相消即可.
【小问1详解】
，
，
两式作差得:，
，
成等差数列，
又当时，，
所以
即
【小问2详解】
由（1）知，
则，
即
，
故
.
19. 如图，三棱柱中，平面平面，过的平面交线段于点（不与端点重合），交线段于点.

（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由棱柱的性质有，根据线面平行的判定可得面，再由线面平行的性质证结论.
（2）构建空间直角坐标系，求的方向向量和面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.
【小问1详解】
在三棱柱中，面，面，
所以面，又过的平面面，
所以.
【小问2详解】
面面面面面，
所以面面则，
过作面，则可构建为原点，为轴的空间直角坐标系，
又，且，
所以，，，，
则，，，
若为面的法向量，则，令，
即，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.

20. 甲､乙两人参加一个游戏，该游戏设有奖金256元，谁先赢满5局，谁便赢得全部的奖金，已知每局游戏乙赢的概率为，甲赢的概率为，每局游戏相互独立，在乙赢了3局甲赢了1局的情况下，游戏设备出现了故障，游戏被迫终止，则奖金应该如何分配才为合理？有专家提出如下的奖金分配方案：如果出现无人先赢5局且游戏意外终止的情况，则甲､乙按照游戏再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.
（1）若，则乙应该得多少奖金；
（2）记事件A为“游戏继续进行下去甲获得全部奖金”，试求当游戏继续进行下去，甲获得全部奖金的概率，并判断当时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.（注：若随机事件发生的概率小于，则称随机事件为小概率事件）
【答案】（1）252（元）
（2）事件A是小概率事件，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据已知，利用二项分布、相互独立事件、和事件概率公式计算概率，再进行求解.
（2）利用概率公式计算概率，转化为函数问题，再利用导数研究最值，再根据结果进行判断.
【小问1详解】
设游戏再继续进行下去X局乙赢得全部奖金，则最后一局必然乙赢.
由题知，当时，乙以赢，所以，
当时，乙以赢，所以，
当时，乙以赢，所以，
当时，乙以赢，所以，
所以乙赢得全部奖金的概率为，
所以乙应该得多少奖金为（元）.
【小问2详解】
设游戏继续进行Y局甲获得全部奖金，则最后一局必然甲赢.
由题知，当时，甲以赢，所以，
当时，甲以赢，所以，
甲获得全部奖金的概率，
所以，
所以，
，，
在上单调递减，所以，
故事件A是小概率事件.
21. 已知椭圆的左､右焦点分别为，且焦距长为2，过且斜率为的直线与椭圆的一个交点在轴上的射影恰好为.

（1）求椭圆的方程；
（2）如图，下顶点为，过点作一条与轴不重合的直线，该直线交椭圆于两点，直线分别交轴于，两点，为坐标原点.求证：与的面积之积为定值，并求出该定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定值为
【解析】
【分析】（1）写出直线方程，取求得值，得到直线与椭圆的交点，再由已知列关于，的方程组，求解，的值，则椭圆方程可求；
（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，由椭圆方程联立，利用根与系数的关系可得，横纵坐标的和与积，分别写出，的方程，求得与的坐标，再写出两三角形面积的乘积，结合根与系数的关系可得与的面积之积为定值．
【小问1详解】
由题意，，，故过且斜率为的直线的方程为，
令，得，由题意可得，解得，．
求椭圆的方程为；
【小问2详解】
证明：由题意知，直线的斜率存在，设直线，
，，，，
联立，得．
，，
由，得，
，
，
直线的方程为，令，解得，
则，，同理可得，，


【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22. 已知函数且恒成立.
（1）求实数；
（2）若函数满足，证明：.
【答案】（1）1 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）时，由单调性判断不符合题意；时，利用导数判断出
，令，由导数可得，而恒成立，即，结合单调性可得答案；
（2）由（1）恒成立，转化为，取对数，利用裂项相消可得
，可得答案.
【小问1详解】
，
当时，单调递增，
而，即时不合题意，故，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，
因为恒成立，即恒成立，
令，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
而恒成立，
即，可得；
【小问2详解】
由（1）恒成立，所以恒成立，
当且仅当时等号成立，所以，
因为，所以，
因为，所以，且，
当时，，
又因为，
所以
，
所以，即，
综上所述，.
【点睛】方法点睛：
数列放缩的⽅向包含两层意思：1.放缩成什么形式；2.放大还是缩小.要根据不等式符号决定放大还是放小.常用的放缩方向：朝等比放缩和朝裂项相消法放缩.