海南省2022-2023学年高三第一次模拟考试数学试卷（含解析）

海南省2022-2023学年高三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． D．

2．是虚数单位，若（，），则的值是

A． B． C． D．

3．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（    ）

A．4 B．5 C． D．

4．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是C1D1，CC1的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为（　　）

A． B． C． D．

5．已知数列为等差数列，，则（    ）

A．9 B．12 C．15 D．16

6．我国古代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，后人称为“赵爽弦图”.他用数形结合的方法给出了勾股定理的证明，极富创新意识.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，如图，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则（    ）

A．16 B．15 C．12 D．9

7．若对函数的图象上任意一点处的切线，函数的图象上总存在一点处的切线，使得，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

8．已知函数是定义在上的可导函数，对于任意的实数，都有，当时，，若，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．已知直线，则（    ）

A．直线过定点

B．当时，

C．当时，

D．当时，两直线之间的距离为1

10．函数的部分图象如图所示，则（    ）

A．的最小正周期为

B．

C．在区间上单调递增

D．将的图象向左平移个单位长度后得到的图象

11．下列说法不正确的是（    ）

A．不等式的解集为

B．已知，，则是的充分不必要条件

C．若，则函数的最小值为2

D．当时，不等式恒成立，则的取值范围是

12．正方体的棱长是，、分别是、的中点，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是

C．平面截正方体所得的截面周长是

D．与平面所成的角的正切值是

三、填空题

13．Rt△ABC的两条直角边BC=3，AC=4，PC⊥平面ABC，PC=，则点P到斜边AB的距离是_____.

14．已知数列的前项和为，则__________.

15．下列命题中，正确命题的序号是__________．

①函数的最小正周期是；

②终边在轴上的角的集合是；

③在同一坐标系中，函数的图象与函数的图象有3个公共点；

④把函数的图象向右平移个单位长度得到的图象．

16．设是定义在上的偶函数，当时，，则________

四、解答题

17．已知向量，，其中为坐标原点.

（1）若且，求向量与的夹角；

（2）若对任意实数，都成立，求实数的取值范围.

18．甲、乙两人进行围棋比赛，比赛要求双方下满五盘棋，已知第一盘棋甲赢的概率为，由于心态不稳，若甲赢了上一盘棋，则下一盘棋甲赢的概率依然为，若甲输了上一盘棋，则下一盘棋甲赢的概率就变为．已知比赛没有和棋，且前两盘棋都是甲赢．

(1)求第四盘棋甲赢的概率；

(2)求比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率．

19．如图所示，在正四棱柱中，点，，分别为棱，，的中点．

(1)证明：平面；

(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值．

20．已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和 ．

21．在直角坐标系中，直线与抛物线交于，两点．

（1）证明：为钝角三角形；

（2）若直线与直线平行，直线与抛物线相切，切点为，且的面积为，求直线的方程．

22．已知函数．

(1)当时，是的一个极值点且，求及的值；

(2)已知，设，若，，且，求的最小值．

参考答案：

1．D

【分析】求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.

【详解】由题意，集合，所以集合，所以.

故选：D

2．B

【详解】试题分析：因为，所以由复数相等的定义可知，，所以．选B.

考点：复数相等

【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、共轭为

3．C

【分析】求出点A关于直线的对称点，再求解该对称点与B点的距离，即为所求.

【详解】根据题意，作图如下：

因为点，设其关于直线的对称点为

故可得，解得，即

故“将军饮马”的最短总路程为.

故选：C.

【点睛】本题考查点关于直线的对称点的坐标的求解，以及两点之间的距离公式，属基础题.

4．D

【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，再利用向量法求出异面直线AE与BF所成角的余弦值．

【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，

设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，E，F分别是C1D1，CC1的中点，

A（2，0，0），E（0，1，2），B（2，2，0），F（0，2，1），

＝（﹣2，1，2），＝（﹣2，0，1），

设异面直线AE与BF所成角的平面角为θ，

则cosθ＝＝＝ ,∴异面直线AE与BF所成角的余弦值为．

故选D．

【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，注意向量法的合理运用，属于基础题.

5．A

【分析】根据等差数列下标和性质计算可得.

【详解】解：在等差数列中，所以，

所以；

故选：A

6．A

【分析】设，根据勾股定理求得，得出，再根据数量积的定义可求.

【详解】因为大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，,

设，则，

在中，，即，解得或（舍去），

，

.

故选：A.

7．D

【分析】求导得到范围A，再分，，三种情况讨论得范围B，最后根据条件得A与B包含关系，计算得到答案.

【详解】由，得，所以，

由，得.

(1)当时，导函数单调递增，，

由题意得

故，解得；

(2)当时，导函数单调递减，，同理可得，与矛盾，舍去；

（3）当时，不符合题意.

综上所述：的取值范围为.

故选：.

【点睛】本题考查了函数的切线问题，根据直线的位置关系求参数，意在考查学生的计算能力和应用能力.

8．B

【分析】由得，进而令，易知为偶函数，再结合当时，得函数在上单调递增，由于不等式转化为，进而根据偶函数的性质解即可.

【详解】∵，∴，

令，则，即为偶函数，

当时，

∴，即函数在上单调递增.

根据偶函数对称区间上单调性相反的性质可知在上单调递减，

∵，

∴，

∴，即，

解得，，

故选：B.

【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性，单调性，解题的关键在于根据已知构造函数，进而将问题转化为，利用的性质求解，考查运算求解能力，化归转化思想，是中档题.

9．CD

【分析】根据给定的直线的方程，结合各选项中的条件逐一判断作答.

【详解】依题意，直线，由解得：，因此直线恒过定点，A不正确；

当时，直线，而直线，显然，即直线不垂直，B不正确；

当时，直线，而直线，显然，即，C正确；

当时，有，解得，即直线，

因此直线之间的距离，D正确.

故选：CD

10．BD

【分析】先根据图象求解出的解析式，然后逐项判断最小正周期、的值、在上的单调性以及平移后的函数解析式.

【详解】因为，所以，所以，

又因为，所以，

所以，所以，

又因为，所以，所以，

所以，所以，所以；

A．，故错误；

B．，故正确；

C．当时，，因为在上不单调，

所以在区间上不单调，故错误；

D．将的图象向左平移个单位长度后得到，故正确；

故选：BD.

11．ACD

【解析】根据一元二次不等式的解法，可判定A错误；根据对数的运算和充分、必要条件的判定，可判定B正确；结合基本不等式，可判定C错误；根据不等式恒成立和二次函数的性质，可判定D错误.

【详解】对A：由可得，

所以或，所以A错误.

对B：由可得，所以，

所以是的充分不必要条件，所以B正确.

对C：由，当且仅当时取等号，

但是，所以，所以C错误.

对D：若当时，不等式恒成立，

①当时，不等式为恒成立，满足题意；

②当时，只要，解得；

所以不等式的解集为，则实数的取值范围为，所以D错误.

故选：ACD

【点睛】本题主要考查了命题的真假判定，其中解答中涉及到了一元二次不等式的求解，基本不等式的应用，以及不等式的恒成立问题的求解，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.

12．AC

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，可判断AD选项；分析可知以为球心，为半径的球面与侧面的交线是以点为圆心，半径为的圆，利用扇形的弧长公式可判断B选项；确定平面与正方体各棱的交点，求出截面周长，可判断C选项.

【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

对于A选项，、、、，

，，则，，A对；

对于B选项，因为平面，

所以，以为球心，为半径的球面与侧面的交线是以点为圆心，半径为的圆，

故交线长为，B错；

对于D选项，易知点、、、，

设平面的法向量为，，，

则，取，可得，

，，

设直线与平面所成角为，则，

所以，，故，

因此，与平面所成的角的正切值是，D错.

对于C选项，设平面交棱于点，其中，，

因为平面，所以，，解得，即点，

同理可知，平面交棱于点，

由空间中两点间的距离公式可得，

同理可得，，

因此， 平面截正方体所得的截面为五边形，

其周长是，C对.

故选：AC.

【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：

（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；

（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；

（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.

13．3

【分析】先建立空间直角坐标系，写出坐标和的坐标，再利用空间中点到直线的距离公式计算即可.

【详解】解：以点C为坐标原点，CA，CB，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则A(4，0，0)，B(0，3，0)，P，所以=(-4，3，0)，.

所以点到的距离.

故答案为：3.

【点睛】本题考查空间中点到直线的距离，关键是熟悉向量法表示距离，属于基础题.

14．

【分析】根据题意求得，得到，利用等差数列的求和公式，求得，结合裂项法求和法，即可求解.

【详解】由，可得，即，

因为，所以，

又因为，所以，

可得，所以，

所以.

故答案为：.

15．

【分析】对于①，利用辅助角公式可得，利用公式可求其最小正周期后可知①正确；对于②，表示轴上的角，对于③，不等式恒成立，故可判断②③是错误，而利用图像变换可知④正确.

【详解】对于①，因为，故最小正周期为，故①正确；

对于②，表示轴上的角，故②错；

对于③，不等式恒成立，故在上的图像与的图像没有公共点，但，，当时， ，的图像与的图像在 没有公共点，而为奇函数，所以在同一坐标系中，函数的图像与函数的图像有1个公共点；

对于④，因为，故把函数的图像向右平移个单位长度可得到的图像，故④正确.

综上，①④正确，填①④.

【点睛】三角函数的图像往往涉及振幅变换、周期变换和平移变换，找寻两个不同函数图像的变换时，首先它们的函数名要相同，其次两者之间的周期变换看，左右平移看．注意周期变换和平移变换（左右平移）的次序对函数解析式的影响，比如，它可以由先向左平移个单位，再纵坐标不变，横坐标变为原来的，也可以先保持纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向左平移.

16．

【解析】由偶函数的性质运算即可得解.

【详解】因为是定义在上的偶函数且当时，，

所以.

故答案为：.

17．（1）；（2）.

【分析】（1）按向量数量积的定义先求夹角余弦，再求得夹角；

（2）不等式化为恒成立，令取1和－1代入解不等式组即可得．

【详解】（1）当时，，故，

.

又，

故.

因为，所以.

（2），

故对任意实数，都成立，

即对任意实数，都成立.

整理得对任意实数，都成立.

因为，

所以或解得或.

所以实数的取值范围为.

【点睛】本题考查向量模与夹角，考查不等式恒成立问题，不等式中把作为一个整体，它是关于的一次不等式，因此要使它恒成立，只要取1和－1时均成立即可．

18．(1)；

(2).

【分析】（1）第四盘棋甲赢的事件为A，它是第三盘棋甲赢和甲输的两个互斥事件的和，再利用独立事件、互斥事件的概率公式计算作答.

（2）甲恰好赢三盘棋的事件为B，它是甲在第三盘赢、第四盘赢、第五盘赢的互斥事件的和，再利用独立事件、互斥事件的概率公式计算作答.

【详解】（1）记第四盘棋甲赢的事件为A，它是第三盘棋甲赢和甲输的两个互斥事件的和，

，，则，

所以第四盘棋甲赢的概率是.

（2）记甲恰好赢三盘棋的事件为B，它是后三盘棋甲只赢一盘的三个互斥事件的和，

甲只在第三盘赢的事件为、只在第四盘赢的事件为、只在第五盘赢的事件为，

则，，，

则有，

所以比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率为.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)证明，根据线面平行的判定定理证明平面；(2)距离空间直角坐标系利用向量方法求平面与平面夹角的余弦值．

（1）

如图，连接．

因为点，分别为棱，的中点，所以．

在正四棱柱中，，所以，

又平面，平面

所以平面．

（2）

如图，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．

则，，．

所以，．

设平面的法向量为，则，，

所以，令，得．

易知平面的一个法向量为．

设平面与平面的夹角为．

则．

所以平面与平面夹角的余弦值.

20．(1)．

(2)．

【分析】（1）根据等比中项求解得，进而根据等差数列通项公式求解即可；

（2）由题知，进而分组求和即可.

【详解】（1）解：由题意，设等差数列的公差为，

∴，

∵成等比数列，

∴，即，整理得，

解得（舍去），或，

∴．

（2）解：由（1）知，

所以，

＝．

21．（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）设，，联立得，求出，从而证明为钝角三角形；

（2）由（1）知，，，求出弦长和点到直线的距离，由的面积为可列式计算，求直线的斜率，进而求直线的方程．

【详解】（1）证明：设，，联立得，

则，                

所以．                

从而，            

则为钝角，故为钝角三角形．            

（2）解：由（1）知，，，    

则．            

由，得，，

设，则，，，

则点到直线的距离．        

从而的面积，        

解得，                

故直线的方程为．

【点睛】圆锥曲线是高考的的重要考点，也是难点，一般的解题方法是将直线方程和圆锥曲线方程联立，然后结合题意，应用韦达定理求解．

22．(1)，

(2)

【分析】（1）由已知可得出，消去可得，令，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，可得出的值，进而可求得的值；

（2）由已知可得，即为，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即为所求.

【详解】（1）解：因为，其中，则，

令，则对任意的恒成立，

所以，函数在上单调递增，

因为是的一个极值点且，则，

消去可得，

令，其中，则，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，所以，，故，

此时，则，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

故函数在处取得极小值，合乎题意.

综上所述，.

（2）解：因为，

因为，即，即，

即，其中，，则，

当时，，故函数在上单调递增，

由可得，所以，，其中，

构造函数，其中，则，由可得，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

故，即的最小值为.

【点睛】关键点点睛：解本题第（2）的关键就是将等式变形为，转化为，利用指对同构的思想得出，将转化为以为自变量的函数，进而利用导数求解.