湖北省2022-2023学年高三下学期第一次模拟考试数学试卷（含解析）

湖北省2022-2023学年高三下学期第一次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：____________

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C．或 D．

2．欧拉公式把自然对数的底数、虚数单位和三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学中的天桥”.若复数，则（    ）

A． B． C． D．

3．设抛物线的焦点为，点在上，，若，则（    ）

A． B．4 C． D．6

4．从年起，北京考生的高考成绩由语文、数学、外语门统一高考成绩和考生选考的3门普通高中学业水平考试等级性考试科目成绩构成．等级性考试成绩位次由高到低分为、、、、，各等级人数所占比例依次为：等级，等级，等级，等级，等级．现采用分层抽样的方法，从参加历史等级性考试的学生中抽取人作为样本，则该样本中获得或等级的学生人数为（    ）

A．55 B．80 C．90 D．110

5．若函数是周期函数，最小正周期为．则下列直线中，图象的对称轴是（    ）

A． B． C． D．

6．如图,O是坐标原点,M,N是单位圆上的两点,且分别在第一和第三象限,则||的范围为(　　)

A．[0,)

B．[0,2)

C．[1,)

D．[1,2)

7．设，且，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

8．从1，2，3，4，5中先后选两个不同的数，第一个数记为，第二个数记为，记事件为“是奇数”，事件为“”，则（    ）．

A． B． C． D．

二、多选题

9．已知函数的最小值为0，（为自然常数，），则下列结论正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

10．已知正实数x，y，z满足，则下列正确的选项有（    ）

A． B． C． D．

11．椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上且异于长轴端点，点M，N在△PF1F2所围区域之外，若，，则|MN|的可能取值为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

12．已知两个等差数列和，其公差分别为和，其前项和分别为和，则下列说法正确的是（　　）

A．若为等差数列，则 B．若为等差数列，则

C．若为等差数列，则 D．若，则也为等差数列，且公差为

三、填空题

13．若，则______.

14．已知双曲线与有相同的渐近线，若的离心率为2，则的离心率为__________.

15．已知函数在区间上的最大值为，则实数的值为______．

四、双空题

16．设函数，.①的值为_______；②若函数恰有个零点，则实数的取值范围是___________.

五、解答题

17．已知等比数列的各项均为正数，的前项和为，且.

(1)求的通项公式；

(2)设，记的前项和为，证明：.

18．现有下列三个条件：

①函数的最小正周期为；

②函数的图象可以由的图象平移得到；

③函数的图象相邻两条对称轴之间的距离.

从中任选一个条件补充在下面的问题中，并作出正确解答.

已知向量，，，函数.且满足_________.

（1）求的表达式，并求方程在闭区间上的解；

（2）在中，角，，的对边分别为，，.已知，，求的值.

19．如图，在四棱锥中，是边长为2的菱形，且，，，E，F分别是的中点．

(1)证明：平面平面．

(2)求二面角的大小．

20．在一次抗洪抢险中，准备用射击的方法引爆从河上游漂流而下的一巨大汽油罐.已知只有5发子弹备用，且首次命中只能使汽油流出，再次命中才能引爆成功.每次射击命中率都是，每次命中与否互相独立.求：

(1)直到第3次射击汽油才流出的概率；

(2)直到第3次射击汽油罐才被引爆的概率；

(3)汽油罐被引爆的概率.

21．已知椭圆的左、右顶点分别为，，且，椭圆的一条以为中点的弦所在直线的方程为.

(1)求椭圆的方程；

(2)点为直线上一点，且不在轴上，直线，与椭圆的另外一个交点分别为M，N，设，的面积分别为，，求的最大值，并求出此时点的坐标.

22．已知.

(1)当时，求证：函数在上单调递增；

(2)若只有一个零点，求的取值范围.

参考答案：

1．C

【分析】先化简集合，再根据集合交集定义即可求出答案．

【详解】由题意，或，或．

故选：C．

2．B

【分析】利用复数的三角形式以及复数的四则运算化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.

【详解】解：由，得，

，所以，，

所以．

故选：B.

3．A

【分析】根据题意，结合焦半径公式得，再计算即可.

【详解】解：由题知抛物线的焦点为，

因为，所以，

因为点在上，

所以，由焦半径公式得，解得，

所以，，.

故选：A

4．D

【解析】利用抽样比求解

【详解】设该样本中获得或等级的学生人数为，则

故选：D

【点睛】本题考查分层抽样的定义与应用，考查计算能力，是基础题

5．B

【分析】根据题意，得到，，代入得，进而可令，得到函数的对称轴，然后可以得到答案.

【详解】因为最小正周期为，故恒成立，故，，代入得，所以，令，可得对称轴为，故结合选项，函数图象的对称轴为，其它直线均不是函数图象的对称轴.故选：B

6．A

【分析】设的夹角为θ，θ∈，则cosθ∈[﹣1，0），||2=+2=2+2cosθ即可．

【详解】设的夹角为θ,θ∈,则cos θ∈[-1,0),||2=+2=2+2cos θ∈[0,2),故||的范围为[0,).

答案A

【点睛】本题考查了向量模的取值范围的求解，转化为三角函数求最值，属于基础题．解决向量的小题常用方法有：数形结合，向量的三角形法则，平行四边形法则等；建系将向量坐标化；向量基底化，选基底时一般选择已知大小和方向的向量为基底．

7．B

【分析】根据不等式的性质和对数函数，指数函数，幂函数的单调性即可求解.

【详解】对于A，当，对数没有意义，故选项A错误；

对于B，因为，则，所以，故选项B正确；

对于C，当时，，故选项C错误；

对于D，因为幂函数在上单调递增，只有当时，才有，故选项D错误，

故选：.

8．B

【分析】由列举法可得答案．

【详解】由题知，表示“第一个数字是奇数且取到的两数之和不大于5”，

分别有，，，，，共5种情况，

即，又，所以．

故选：B.

9．AD

【分析】由已知得当时，，对于AC，当时，为上的减函数，则，代入解不等式得解；对于BD，当时，由对勾函数在上单调递减，在上单调递增，判断的单调性，求出最小值即可判断.

【详解】由函数的最小值为0，

当时，，即，

故当时，的值域为的子集，即

对于AC，当时，为上的减函数，

又，则，即，故A正确，C错误；

当时，对勾函数在上单调递减，在上单调递增，

对于B，当时，对勾函数在上单调递增，

则函数在上单调递减，由A知，，故B错误；

对于D，当时，对勾函数在上单调递减，

则函数在上单调递增，又，

则，即，故D正确；

故选：AD

10．BD

【分析】设，把指数式改写为对数式，利用对数的运算法则判断．

【详解】设，则，，，

所以．所以．

故选：BD．

11．ABC

【分析】先由，，判断出M、N分别落在以A、B为圆心的圆上，借助于几何关系分析得到，当直线AB与两圆的交点（△PF1F2所围区域之外）分别为M、N时，|MN|最大，利用几何关系可求|MN|范围，即得.

【详解】设PF1、PF2的中点分别为A、B，则AB∥F1F2，

∵，，

∴，，

∴M、N分别落在以A、B为圆心的圆上，如图：

则直线AB与两圆的交点（△PF1F2所围区域之外）分别为M、N时，|MN|最大，

此时：

= 6，

∴.

故选：ABC.

12．ABD

【分析】对于A，利用化简可得答案；

对于B，利用化简可得答案；

对于C，利用化简可得答案；

对于D，根据可得答案.

【详解】对于A，因为为等差数列，所以，

即，所以，

化简得，所以，故A正确；

对于B，因为为等差数列，所以，

所以，

所以，故B正确；

对于C，因为为等差数列，所以，

所以，

化简得，所以或，故C不正确；

对于D，因为，且，所以，

所以，

所以，

所以也为等差数列，且公差为，故D正确.

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：利用等差数列的定义以及等差中项求解是解题关键.

13．

【分析】首先根据两角和，差公式化简，再根据的齐次分式化简求值.

【详解】，

上下除以得.

故答案为：-3

【点睛】本题考查三角恒等变换，的齐次分式，属于基础题型，本题的关键是熟练掌握公式，并能灵活应用.

14．

【分析】根据两双曲线有相同的渐近线，可得到，再利用的离心率为2，可推得，从而利用双曲线的离心率的平方可求得答案.

【详解】双曲线的渐近线方程为 ，

的渐近线方程为，

由题意可得，

由的离心率为2得： ，则 ，

所以设的离心率为 ，则，

故 ，

故答案为：

15．

【分析】将函数化为，,，讨论，和时函数的单调性，运用单调性可得最大值，解方程即可得到所求值．

【详解】解：函数，即，,，

当时，不成立；

当，即时，在,递减，可得为最大值，

即，解得，成立；

当，即时，在,递增，可得为最大值，

即，解得，不成立；

综上可得．

故答案为：.

16．     1    

【解析】①根据分段函数的解析式，求得的值. ②求得的部分解析式，由此画出和两个函数图象，根据两个函数图象有个交点，确定的取值范围.

【详解】①.

②当时，，所以.

当时，，所以.

当时，，所以.

当时，，所以.

画出和两个函数图象如下图所示，由，由.由图可知，当两个函数图象有个交点，也即函数恰有个零点时，的取值范围是

故答案为：（1）；（2）

【点睛】本小题主要考查分段函数求函数值，考查分段函数解析式的求法，考查分段函数的图象与性质，考查函数零点问题的求解策略，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.

17．(1)；

(2)证明见解析.

【分析】(1) 设数列的公比为，由，可得，再由，可得，即可得数列的通项公式；

(2)由题意可得，，从而可得，又由，即可得.

【详解】（1）解：设数列的公比为，

则，

因为是各项均为正数的等比数列，

所以，

由，

得，

解得，

所以.

（2）证明：由（1）知，.

.

因为，

所以，

即.

18．（1）不能选②，，或或；（2）.

【分析】（1）根据向量数量积坐标运算公式求得，根据其性质，可以判断不可能选②，结合①③的条件，可以求得，得到函数解析式，根据三角函数值以及角的范围，确定出方程的解；

（2）结合（1），求得，根据正弦定理以及题中条件，求得，根据平方关系求得，结合诱导公式以及三角形内角和，求得的值.

【详解】（1）因为，，

所以.

若满足条件①：，所以，故.

因为，

无法由的图象经过平移得到的图象，因此不能选②.

若满足条件③：因为，所以，故，即.

综上，无论选条件①或③，所求.

因为，所以.

又，所以，

所以或或，即或或.

所以方程在闭区间上的解为或或.

（2）由（1）知，

所以，，即，.

因为，所以，，.

又，由正弦定理，

得，

整理得.

因为，所以，所以.

又，得，

所以

.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取AD的中点G，连接PG、BG、BD，由线线垂直证平面PGB，即可依次证，，平面DEF，平面平面

（2）于G，建立空间直角坐标系如图所示，由向量法求二面角即可.

【详解】（1）证明：取AD的中点G，连接PG、BG、BD，

由E，F分别是的中点得，

由是边长为2的菱形，且得、为正三角形，

∴，，，∴，，

由得，又平面PGB，∴平面PGB，

∵平面PGB，∴，∴，

∵平面DEF，∴平面DEF，

∵平面PAD，∴平面平面.

（2）作于G，交于H，∵平面PGB，则可建立空间直角坐标系如图所示.

在中，，由余弦定理得，

∴，，∴.

故，

设平面、平面的法向量分别为，则有

，令，则有，

故二面角的余弦值，

由图可知，二面角所成平面角为钝角，∴二面角的大小为.

20．(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）每次命中与否互相独立，由题意知本题符合独立重复试验的条件，根据独立重复试验的公式求解概率；

（2）每次命中与否互相独立，由题意知本题符合独立重复试验的条件，根据独立重复试验的公式求解概率；

（3）油罐被引爆的对立事件是油罐不被引爆，油罐不被引爆包括五发子弹都没有击中，五发子弹中只有一发击中，两种情况，这两种情况是互斥的，根据对立事件和互斥事件的概率公式得到结果.

【详解】（1）由已知，每次射击命中率都是，且每次命中与否互相独立，

设直到第3次射击汽油才流出的事件为，

所以，直到第3次射击汽油才流出的概率；

（2）由已知，每次射击命中率都是，且每次命中与否互相独立，

设直到第3次射击汽油罐才被引爆的事件为，

所以，直到第3次射击汽油罐才被引爆的概率；

（3）记“油罐被引爆”的事件为事件，其对立事件为，油罐不被引爆包括五发子弹都没有击中，五发子弹中只有一发击中这两种情况，

则，

根据对立事件的概率得到，

即油罐被引爆的概率为.

21．(1)

(2)，

【分析】（1）由点差法得出，进而由得出椭圆的方程；

（2）设，，，联立直线（）与椭圆方程，求出，，再由面积公式结合相似三角形的性质得出，令，由二次函数的性质得出的最大值以及点的坐标.

【详解】（1）设，，则，

两式相减得，，

所以，即

即，∴

又，所以，

所以椭圆的方程为.

（2）设，，

则：，：

联立，消去得

同理，联立，消去得

所以

.

令，则

当且仅当，即，即时，取得最大值.

综上所述，当时，取得最大值.

22．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）当时，分别求、、，结合，可判断恒成立，即可求证；

（2）先证明为奇函数，，只需证明在上无零点，由（1）知，若可知符合题意，再讨论，利用单调性以及零点存在性定理即可求解.

【详解】（1）当时，，，

，，

所以在上单调递增，且，

所以当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，且，

所以，所以在上单调递增；

（2）因为，

所以为奇函数，，

要证明只有一个零点，只需证明在上无零点，

由（1）知：当时，，故，

令，则时，无零点，符合题意，

当时，，

故在上单调递减，则，无零点，符合题意，

当时，，，，

所以在上单调递增，且，，

故存在唯一，使得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

当时，，可得在上单调递减，

所以，

取，时，令，

可得，即，且时，，

由零点存在性定理，在上至少存在一个零点，不符合题意，

综上所述：的取值范围为

【点睛】利用导数研究函数单调性的方法：

（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；

（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.