贵州省凯里市第一中学2023届高三下学期高考模拟（黄金Ⅰ卷）理科数学试题（含解析）

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贵州省凯里市第一中学2023届高三下学期高考模拟（黄金Ⅰ卷）理科数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
2．已知复数，则复数的虚部为（    ）
A． B． C． D．
3．“说文明话、办文明事、做文明人，树立城市新风尚！创建文明城市，你我共同参与！”为宣传创文精神，华强实验中学高一（2）班组织了甲乙两名志愿者，利用一周的时间在街道对市民进行宣传，将每天宣传的次数绘制成如下频数分布折线图，则以下说法不正确的为（    ）
  
A．甲的众数小于乙的众数 B．乙的极差小于甲的极差
C．甲的方差大于乙的方差 D．乙的平均数大于甲的平均数
4．已知向量，，记向量与的夹角为，则（    ）
A． B． C． D．
5．若实数，满足约束条件，则的最小值是（    ）
A．1 B． C． D．
6．等差数列的公差为，前项为，若数列的最大项是第20项和第21项，则（    ）
A．18 B．20 C．22 D．24
7．已知，则（    ）
A． B． C． D．
8．已知平面、、，其中，，点在平面内，有以下四个命题：
①在内过点，有且只有一条直线垂直；
②在内过点，有且只有一条直线平行；
③过点作的垂线，则；
④与、的交线分别为、，则．
则真命题的个数为（    ）
A．3 B．2 C．1 D．0
9．某足球比赛有，，，，，，，，共9支球队，其中，，为第一档球队，，，为第二档球队，，，为第三档球队，现将上述9支球队分成3个小组，每个小组3支球队，若同一档位的球队不能出现在同一个小组中，则不同的分组方法有（    ）
A．27种 B．36种 C．72种 D．144种
10．已知函数，且，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
11．已知，分别是双曲线的左、右顶点，是的焦点，点为的右支上位于第一象限的点，且轴．若直线与直线的斜率之比为，则的离心率为（    ）
A． B． C．2 D．3
12．若，，，则（    ）
A． B．
C． D．

二、填空题
13．的展开式中含项的系数是 （用数字作答）.
14．曲线在处的切线与曲线只有一个交点，则 ．
15．已知函数，则函数在区间上共有 个零点．

三、解答题
16．已知函数，．
(1)求不等式的解集；
(2)若，求实数的取值范围．
17．在直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数）．
(1)求的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，求以与、与的交点为顶点的多边形的面积．
18．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个极值点，当不等式恒成立时，求的取值范围．
19．已知椭圆的长轴长为4，上顶点到直线的距离为．
(1)求的方程；
(2)直线与交于，两点，直线，分别交直线于，两点，求的最小值．
20．如图，在三棱柱中，，．
  
(1)证明：；
(2)若，，，求二面角的余弦值．
21．在中，角的对边分别为，满足，且．
(1)求的大小；
(2)若，求的面积．
22．二十四节气起源于黄河流域，是古代中国劳动人民长期经验的积累和智慧的结晶.其中“立冬小雪十一月，大雪冬至迎新年”就是描述二十四节气农历11月和12月的节气口诀．某中学为调查本校学生对二十四节气的了解情况，组织测试活动，按照性别分层抽样抽取了150名学生进行答题，其中男生占，记录其性别和是否全部答对的情况，得到如图的等高条形图．
  
(1)完成下面的列联表，判断能否有的把握认为“是否全部答对”与性别有关？

完全答对
部分答对
合计
男



女



合计



(2)从参加测试的女生中选取一人继续回答甲、乙两道题目，已知该女生答对甲、乙两道题目的概率分别是，，记该女生答对题目的个数为，求的分布列和数学期望．
附：，其中．

0.150
0.100
0.050
0.010
0.005

2.072
2.706
3.841
6.635
7.879

四、填空题
23．已知数列满足：，，若，则数列的前50项和为 ．

参考答案：
1．A
【分析】根据不等式的解法求得集合，，结合集合并集的概念及运算，即可求解.
【详解】由集合，，
根据集合并集的概念及运算，可得.
故选：A.
2．C
【分析】利用复数的运算法则求出复数，即可得到其虚部.
【详解】由已知得，
则复数的虚部为，
故选：.
3．D
【分析】根据已知条件，结合众数、极差的定义，以及方差和平均数公式，即可求解．
【详解】由图可知，甲志愿者的宣传次数分别为：4，5，6，3，4，3，3，
乙志愿者的宣传次数分别为：5，4，4，5，4，3，3，
甲的平均数为，
乙的平均数为，故D错误，
甲的众数为3，乙的众数为4，故甲的众数小于乙的众数，故A正确；
甲的极差为3，乙的极差为2，则乙的极差小于甲的极差，故B正确；
甲的方差为，
乙的方差为，
故甲的方差大于乙的方差，故C正确．
故选：D．
4．D
【分析】根据数量积、模的坐标表示求出、、，即可求出，再由二倍角公式计算可得.
【详解】因为，，所以，，
，
所以，则.
故选：D
5．B
【分析】根据约束条件画出可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．
【详解】根据约束条件画出可行域（如图），
  
把变形为，得到斜率为1，在轴上的截距为，随变化的一族平行直线．
由图可知，当直线过点时，截距最小，
解方程组，得点A坐标为，
所以的最小值为．
故选：B.
6．C
【分析】直接利用等差数列的性质，求得，进而求得结果.
【详解】由数列的最大项是第20项和第21项，可得，
即，解得，即，
因为等差数列的公差为，
所以，解得.
故选：C.
7．A
【分析】将所求的式子利用两角和的正弦公式以及二倍角公式化简，拆分成两个齐次式求解即可.
【详解】由已知条件得，

，
故选：A.
8．B
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个命题得答案．
【详解】，，，
又点在平面内，在内过点，有且只有一条直线垂直，故①正确；
当在与的交线上时，在内过点，不存在直线平行，故②错误；
当在与的交线上时，过点作的垂线，则，故③错误；
与、的交线分别为、，由平面与平面平行的性质，可得，故④正确．
真命题的个数为2．
  
故选：B．
9．B
【分析】根据题意，先排，再排，最后排，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，先排，共有1种排法；
再排，共有种不同的排法；
最后排，共有种不同的排法，
由分步计数原理得，共有种不同的排法.
故选：B.
10．D
【分析】首先求出函数的定义域，即可判断函数的奇偶性与单调性，根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.
【详解】函数，则，即，解得，
所以的定义域为，且，
所以为奇函数，
又函数在上单调递减，
所以在上单调递减，则在上单调递减，
所以不等式，即，
等价于，解得，即实数的取值范围是.
故选：D
11．C
【分析】由题意代入，求出，计算出，根据其比值得到，化成齐次式即可得到离心率.
【详解】由题意可知，代入双曲线方程，可得，
又，，可得
，，即，得.
故选：C.

12．B
【分析】利用对数运算结合对数函数单调性可得，并与比较大小，再构造函数，可得，即可与c比较大小作答.
【详解】依题意，，
令函数，求导得，
函数在上单调递减，，即当时，，
，
，即，因此，
所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
13．
【分析】根据二项展开式得，进而得到时会出现项，再计算其系数.
【详解】，
当时，即，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查二项式定理展开式的通项，考查基本运算求解能力，属于基础题.
14．或
【分析】首先利用导数的几何意义求出切线方程，再联立切线与曲线，根据，求出参数的值.
【详解】对于函数，当时，又，所以，
所以切线方程为，
又与曲线只有一个交点，
由，消去整理得，
所以关于的方程有两个相等的实数根，即，解得或.
故答案为：或
15．
【分析】化简函数，令，求得所以，结合，列出不等式，求得的取值，即可求解.
【详解】由函数，
令，即，解得，所以，
因为，可得且，
解得且，所以，
所以函数在区间上共有3个零点.
故答案为：.
16．(1)
(2)

【分析】（1）将写成分段函数，再分类讨论，分别计算可得；
（2）依题意可得或恒成立，再分别求出的最大值及的最小值，即可得解.
【详解】（1）函数，
所以不等式可化为或或，
解得或或，
所以不等式的解集为；
（2）若，即，
即有或恒成立，
由，
可得的最大值为，即有；
由，
可得的最小值为，即有；
所以的取值范围是．
17．(1)
(2)

【分析】（1）消去参数即可求得普通方程，再利用基本不等式求出的范围即可；
（2）将直线和都转化为直角坐标方程，分别与联立求出交点，即可判断该多边形为三角形，利用三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）曲线的参数方程为，（为参数）可知
，，消去参数得，
其中，当且仅当时取等号，则，
所以的普通方程为；
（2）由，可知直线的极坐标方程为化为直角坐标方程为，
直线的极坐标方程为化为直角坐标方程为，
联立，解得或，
联立，解得或（舍去），
所以以与、与的交点为顶点的多边形为三角形，
设,,,可得,,
,,所以,
所以为钝角，所以，
所求三角形的面积为.
18．(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）根据题意求得，令，结合二次函数的性质，对于分类讨论，结合导数与单调性的关系，即可求解；
（2）由（1）知，当时，有两个极值点，且，根据题意化简，得到，令，利用导数求得函数单调性与取值范围，进而求得的取值范围.
【详解】（1）由函数，可得，其中，
令，可得函数的对称轴为且，
①若时，可得，此时，则，在单调递增；
②若时，可得，
此时方程在区间上有两个根，
分别为，，且，
当时，，则，单调递增；
当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递增.
③若时，可得，
此时方程在上有两个根，，且，
当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递增.
综上可得：当时，在单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，当时，有两个极值点，且，
所以


，
则，
令，可得，
所以在单调递减，所以，即，
因为，所以不等式恒成立
等价于恒成立，所以，
所以实数的取值范围是.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19．(1)
(2)

【分析】（1）利用长轴的长度以及点到直线的距离公式求解；
（2）设点，， 将直线与椭圆联立利用韦达定理求得和的关系式，再将直线与联立求得,将直线与联立求得,利用弦长公式即可求出,化简整理利用二次函数的性质求出最值即可.
【详解】（1）由已知条件得，解得，
上顶点坐标为，，解得或，
由于，则，
所以的方程为；
（2）由（1）得，设，，
联立可得，其中，
，，
设直线的方程为，
联立解得
点在直线上，则，即，
同理可得，
所以



令，则,
此时，当时有最小值，即.
    
20．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明平面，从而得证；
（2）证明平面，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，再由空间向量求解．
【详解】（1）取的中点，连接，，
，，，，
又，平面，平面，
而平面，
；

  
（2）在中，，，
可得，，
在中，，，可得，
在中，，，，
可得，即，
由（1）知，平面，平面，所以平面平面，
又平面平面，平面，
平面，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，，，，
，，，
设平面与平面的一个法向量分别为，，
由，取，得，
由，取，得．
．
由图可知，二面角的平面角为钝角，
二面角的余弦值为．
21．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，由正弦定理和，求得，即可求得的大小；
（2）由（1）求得，根据正弦定理得到，结合三角形的面积公式，化简得到，即可求解.
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理得，
可得，
又因为，所以，且，所以，
因为，所以.
（2）解：因为，
在中，可得，即，
又因为，可得，联立方程组，解得，
由正弦定理，可得，
所以.
22．(1)答案见解析
(2)答案见解析

【分析】（1）根据分层抽样的概念，结合题目中的占比，依据独立性检验的计算步骤，可得答案；
（2）根据离散性分布列的计算步骤，结合数学期望的计算公式，可得答案.
【详解】（1）按照性别分层抽样抽取出的男生人数为，则抽取的女生人数为：；
抽取的女生中全部答对的人数为：，部分答对的人数为：；
抽取的男生中全部答对的人数为：，部分答对的人数为：；

完全答对
部分答对
合计
男



女



合计



，由，
则能有的把握认为“是否全部答对”与性别有关.
（2）由题意可得：可能取值为：，
，，，
则的分布列如下表：








.
23．
【分析】利用已知条件，得出数列为常数列，进而求得数列的前50项的和，得到答案.
【详解】由数列满足，可得数列中从奇数项起的连续三项成等比数列；
又由，可得数列中从偶数项起的连续三项成等差数列，
因为，可得，,,可归纳得到数列为常数列，其通项公式为，
所以，所以则数列的前50项和为.
故答案为：.