云南省玉溪市2023届高三毕业生第一次教学质量检测数学试题

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玉溪市2023届高三毕业生第一次教学质量检测

数学试题卷

（本卷满分150分，考试时间为120分钟）

注意事项：

1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上

2.每小题选出答案后，将对应的字母填在答题卡相应位置上，在试题卷上作答无效

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、选择题：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.已知集合，，则（    ）

A. B. C. D.

2.如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数（其中）为“等部复数”，则复数在复平面内对应的点在（    ）

A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限

3.在扇形中，，，设向量，，则（    ）

A. B.4 C. D.6

4.如图是某灯具厂生产的一批不倒翁型台灯外形，它由一个圆锥和一个半球组合而成.圆锥的高是0.4m，底面直径和球的直径都是0.6m.现对这个台灯表面涂胶，如果每平方米需要涂200克，则共需涂胶（    ）克（精确到个位数）

A.176 B.207 C.239 D.270

5.已知奇函数图象的相邻两个对称中心间的距离为，将的图象向右平移个单位得函数的图象，则的图象（    ）

A.关于点对称  B.关于点对称

C.关于直线对称 D.关于直线对称

6.若，，则在“函数的定义域为”的条件下，“函数为奇函数”的概率为（    ）

A. B. C. D.

7.已知展开式中的系数为，空间有个点，其中任何四点不共面，这个点可以确定的直线条数为，以这个点中的某些点为顶点可以确定的三角形个数为，以这个点中的某些点为顶点可以确定的四面体个数为，则（    ）

A.2022 B.2023 C.40 D.50

8.已知，，，则（    ）

A. B. C. D.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.已知双曲线过点且渐近线方程为，则下列结论正确的是（    ）

A.的方程为 B.的离心率为

C.曲线经过的一个焦点 D.的焦点到渐近线的距离为1

10.已知，，且，则下列结论一定正确的是（    ）

A.  B.有最大值4

C.  D.有最小值9

11.已知函数，则下列结论正确的有（    ）

A.

B.函数图象关于直线对称

C.函数的值域为

D.若函数有四个零点，则实数的取值范围是

12.在棱长为1的正方体中，为底面的中心，是棱上一点，且，，为线段的中点，则下列结论正确的是（    ）

A.与共面

B.三棱锥的体积跟的取值无关

C.当时，

D.当时，过，，三点的平面截正方体所得截面的周长为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13.已知函数的图象在处的切线的倾斜角为，则______.

14.已知随机变量，若，则______.

15.已知直线与圆：相交于点，，若是正三角形，则实数______.

16.已知，分别是椭圆：）的左、右焦点，，是椭圆与抛物线：的公共点，，关于轴对称且位于轴右侧，，则椭圆的离心率的最大值为______.

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.（本小题满分10分）

在①，②这两个条件中选择一个补充在下面的问题中，然后求解

设等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为.已知，，______，.（说明：只需选择一个条件填入求解，如果两个都选择并求解的，只按选择的第一种情形评分）

（1）请写出你的选择，并求数列和的通项公式；

（2）若数列满足，设的前项和为，求证：

18.（本小题满分12分）

在中，角，，的对边长依次是，，，，

（1）求角的大小；

（2）当面积最大时，求的平分线的长

19.（本小题满分12分）

某地，，，四个商场均销售同一型号的冰箱，经统计，2022年10月份这四个商场购进和销售该型号冰箱的台数如下表（单位：十台）：

（1）已知可用线性回归模型拟合与的关系，求关于的线性回归方程；

（2）假设每台冰箱的售价均定为4000元.若进入商场的甲、乙两位顾客购买这种冰箱的概率分别为，，且甲乙是否购买冰箱互不影响.若两人购买冰箱总金额的期望不超过6000元，求的取值范围

参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，

20.（本小题满分12分）

如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，，分别是线段，的中点

（1）求证：平面；

（2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

21.（本小题满分12分）

如图，已知，直线：，为平面上的动点，过点作的垂线，垂足为点，且

（1）求动点的轨迹的方程；

（2）过点的直线与轨迹交于，两点，与直线交于点，设，，证明为定值，并求的取值范围

22.（本小题满分12分）

已知函数的图象与直线：相切于点

（1）求函数的图象在点处的切线在轴上的截距；

（2）求与的函数关系

（3）当为函数的零点时，若对任意，不等式恒成立，求实数的最值.

数学参考答案

一、选择题

解析：

1.，，则，选C.

2.，又“等部复数”的实部和虚部相等，复数为“等部复数”，所以，得，所以，所以，.

所以，复数在复平面内对应的点是，位于第一象限，选A.

3.已知，，所以，，选D.

4.由条件得圆锥的母线长，

所以台灯表面积为，

需要涂胶的重量为（克），选B.

5.已知函数图象的相邻两对称中心的距离为，则，，

已知为奇函数，根据可知，则，

对称中心横坐标：，，故A错误，B正确；

对称轴方程：，，故C、D错误.

故选B.

6.满足的所有有序数对共9种情况，如下表：

记“函数的定义域为”为事件，事件发生，，恒成立，，即.

满足的基本事件有6种，故.

记“函数为奇函数”为事件.

已知是奇函数，则，即或.

满足或的情况有3种，故.

所以，故选C.

7.的展开式中含的项为：

，

的展开式中含的项为：

，

所以，的展开式中含的项为，其系数.

依题意得，故选D.

8.令，，则，，，当时，，单调递增，则，即.

令，则，当时，，单调递增，则，即，所以，即.

综上，，故选A.

二、选择题

解析：

9.已知双曲线渐近线方程为，可设双曲线：，将点代入可得，即双曲线的方程为，故选项A错误；

由上可知，，，，所以双曲线离心率，故选项B错误；

双曲线的焦点坐标为，其中满足，故选项C正确；

双曲线的焦点到渐近线的距离，故选项D正确.

故选CD.

10.A选项：，A正确；

B选项：，∴，当且仅当时取“=”，B正确；

C选项：当时，，，，C不正确；

D选项：，D不正确.

故选AB.

11.，所以，故A正确；

已知函数的定义域为，函数图象不关于直线对称，故B错误；

当时，；当时，，.所以函数的值域为，故C正确；

即，则问题化归为函数的图象与直线有四个交点.

作函数与的大致图象如下，由图象可知，函数的图象与直线有四个交点，必须且只需，故D错误.

故选AC.

12.对选项A：已知，是，的中点，与都在平面内，A正确；

对选项B：由，因为到平面的距离为，且的面积为，所以三棱锥的体积跟的取值无关，选项B正确；

对选项C：当时，在上取点使，则易证面.若，则，这与矛盾，C不正确.

对选项D：当时，取，连接，则，又，所以，所以，，，，共面，即过，，三点的正方体的截面为四边形.

，

则是等腰梯形，且，所以平面截正方体所得截面的周长为，选项D正确.

故选ABD.

三、填空题

13.解析：，，即，，，利用三角函数定义，.

14.已知，则，∴，解得：或（因为，故舍去）.故答案为.

15.设的半径为，则.

因为是正三角形，所以点到直线的距离为，即，平方得，解得，故答案为.

16.联立抛物线：与椭圆：的方程消去整理得到，解得或.

①时，代入解得，已知点位于轴右侧，取交点，此时，与矛盾，不合题意.

②时，代入解得.已知点，关于轴对称且位于轴右侧，取交点、，已知，则轴，.此时，即，两端同除以可得：，解得.因为，所以，.

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.

特别说明：所标示的得分点，仅仅作为评分参考，具体阅卷需要请阅卷题组长组织讨论制定相对科学合理又方便于评分操作的评分细则.

17.（本小题满分10分）

解：（1）选填条件①，由题意得，即，

解得，故

选填条件②，由题意得，即，

解得，故

（2）由（1）得，于是①，

②，

①②得：，

故.

因为对，，所以

18.（本小题满分12分）

解：（1）已知，由正弦定理可得.

由余弦定理得.

又，所以

（2）在中，由余弦定理得，，

即

因为，，则，

当且仅当时，，

所以，当且仅当时面积最大

时，.

在中，.

由正弦定理得

19.（本小题满分12分）

解：（1），

，

所以，，则

故关于的线性回归方程为

（2）设甲、乙两人中选择购买这种冰箱的人数为，则的所有可能取值为0，1，2.

，

，

所以，的分布列为

所以，

，

令，即，解得，

又，所以.

所以的取值范围为

法二：记甲购买冰箱的期望为，乙购买冰箱的期望为，则.

，，

又已知，则的取值范围为

20.（本小题满分12分）

解：（1）如图，取中点，连接，.

∵，分别是线段，的中点，

∴.

又∵平面，平面，

∴平面.

同理得平面.

又∵，∴平面平面.

∵平面，∴平面

（2）∵为矩形，∴

∵平面，∴、、两两垂直.

依次以、、为、、轴建立如图的空间直角坐标系，

则，，，，中点，

∴，，

设平面的法向量，则，即，

取，得，，.

若满足条件的上的点存在，设，，

又，则.

设直线与平面所成的角为，则，

解得或

已知，则，

∴

，，，

故上存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，且

21.（本小题满分12分）

解：（1）设点，则，且

由得，

即，化简得.

故动点的轨迹的方程为：

（2）设直线的方程为：，则

联立直线与轨迹的方程得，

消去得，

设，，由韦达定理知，.

由，得：，，

整理得，.

故为定值0.

，

所以的取值范围是

22.（本小题满分12分）

解：（1），，，.

函数的图象在点处的切线方程是：，

令得，所以该切线在轴上的截距等于

（2），，函数的图象在处的切线方程是：，即，

两端乘以变作：①.

又已知函数的图象在点处的切线方程是：②.

直线①与直线②重合，则③

④，联立③④消去得，

所以与的函数关系为：

（3）函数的零点为，

时.

对，恒成立，

转化为对，不等式恒成立.

①当时，对恒成立，此时.

②当时，恒成立.

设，求得.

时，由得，

由得，

所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.

所以当时，取得极小值，，此时

③当时，恒成立.

与②同，设，.

令，则，在上单调递增.

所以，时，得，在上单调递减.

所以，时，取得最大值，此时

整合①②③三种情形，得，且等号都取得到.

所以，实数的最大值为3，最小值为