江苏省常州市田家炳高级中学2023届高三一模热身练习数学试题（含解析）

这是一份江苏省常州市田家炳高级中学2023届高三一模热身练习数学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江苏省常州市田家炳高级中学2023届高三一模热身练习数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．集合，，则下列结论正确的是（   ）
A． B．
C． D．
2．复数满足，则复数（    ）
A． B．
C． D．
3．已知平面向量，满足，则在方向上的投影向量的坐标为（    ）
A． B． C． D．
4．如图，是自行车前轮外边沿上的一点，前轮半径为，若单车向前直行时（车轮向前顺时针滚动，无滑动），下列描述正确的是（    ）

A．点在前轮的左下位置，距离地面约为
B．点在前轮的右下位置，距离地面约为
C．点在前轮的左上位置，距离地面约为
D．点在前轮的右上位置，距离地面约为
5．若函数f(x)、g(x)分别为R上的奇函数、偶函数，且满足f(x)－g(x)＝ex，则有（    ）
A．f（2） C．f（2） 6．已知是圆内一点，现有以为中点的弦所在直线和直线，则（    ）
A．且与圆相交 B．且与圆相离
C．且与圆相离 D．且与圆相交
7．对如下编号为1，2，3，4的格子涂色，有红，黑，白，灰四种颜色可供选择，要求相邻格子不同色，则在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是（    ）

A． B． C． D．
8．已知实数，，满足，，则的最小值是（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．已知分别是三棱锥的棱上的点（不是端点），则下列说法正确的是（    ）
A．若直线相交，则交点一定在直线上
B．若直线异面，则直线中至少有一条与直线相交
C．若直线异面，则直线中至少有一条与直线平行
D．若直线平行，则直线与直线平行
10．已知函数，则（    ）
A．的最小正周期为 B．的图象关于点对称
C．在上单调递减 D．的值域为
11．已知定圆A的半径为1，圆心A到定直线l的距离为d，动圆C与圆A和直线l都相切，圆心C的轨迹为如图所示的两条抛物线，记这两抛物线的焦点到对应准线的距离分别为，，则（    ）

A． B． C． D．
12．已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为，设圆台的体积为，则下列选项中说法正确的是（    ）
A．当时， B．当在区间内变化时，先增大后减小
C．不存在最大值 D．当在区间内变化时，逐渐减小

三、填空题
13．函数的定义域为 ．
14．的展开式中，若的奇数次幂的项的系数之和为32，则 ．
15．已知双曲线的焦点为，是双曲线上一点，且.若的外接圆和内切圆的半径分别为，且，则双曲线的离心率为 .

四、双空题
16．如图，从点作轴的垂线交曲线于点，曲线在点处的切线与轴交与点，再从作轴的垂线交曲线于点，依次重复上述过程得到一系列点：，，，，，，，记点的坐标为，则（1）的表达式为 ；（2） ．
  

五、解答题
17．如图，为平面四边形的四个内角.

（1）证明：；
（2）若，，，，，求的值.
18．数列满足,．
（1）求证数列是等比数列；
（2）证明：对一切正整数，有．
19．如图，四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，点F是棱BC的中点.

(1)若PB与平面ABCD所成的角为，求二面角的大小；
(2)若直线PB与过直线AF的平面平行，平面与棱PD交于点S，指明点的位置，并证明.
20．已知椭圆：的短轴长为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的动直线与椭圆相交于不同的两点，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上．
21．设是一个二维离散型随机变量，它们的一切可能取的值为，其中，令，称是二维离散型随机变量的联合分布列，与一维的情形相似，我们也习惯于把二维离散型随机变量的联合分布列写成下表形式；

























现有个球等可能的放入编号为的三个盒子中，记落入第1号盒子中的球的个数为，落入第2号盒子中的球的个数为．
(1)当时，求的联合分布列，并写成分布表的形式；
(2)设且，求的值．
（参考公式：若，则）
22．已知函数.
(1)若，求的值；
(2)证明：当时，成立.

参考答案：
1．D
【分析】求出集合，利用集合的基本运算可判断各选项的正误.
【详解】因为，
对于A选项，，A错；
对于B选项，，则，B错；
对于C选项，，C错；
对于D选项，，D对.
故选：D.

2．B
【分析】由复数模长和除法运算可求得，依次验证各个选项即可得到结果.
【详解】，，
；；；；
.
故选：B.
3．B
【分析】由，平方求得，结合投影向量的计算公式，即可求解；
【详解】由，，且，
平方得，解得，
所以在方向上的投影向量为.
故选：B.
4．C
【分析】计算出点转过的弧度数，确定旋转后点的位置，即可得出结论.
【详解】自行车在向前直行的过程中，点在前轮上按照顺时针的方向在旋转，
点转过的弧度数为，
以前轮的圆心为原点，以向前的方向为的正方向，建立平面直角坐标系，
以轴的正半轴为始边，以射线的初始位置为终边的角为
则向前直行后，射线转到图中的位置，其中，

故点在前轮的左上位置，
距离地面约为.
故选：C.
5．D
【分析】根据函数奇偶性得，进而得，从而利用函数的单调性及正负可比较大小.
【详解】函数分别是上的奇函数、偶函数,
，
由，得，
，
，
解方程组得，
易知在上单调递增，所以，
又
所以.
故选：D
6．C
【解析】由垂直关系确定直线的斜率，由斜率关系确定，圆心到直线的距离结合点与圆的位置关系得出与圆相离.
【详解】由可知，以为中点的弦所在直线的斜率为
则直线的方程为，直线的方程可化为
由可知，
圆心到直线的距离为
因为是圆内一点，所以，即
故直线与圆相离
故选：C
7．A
【分析】根据分步计数原理可计算出1号格子涂灰色的方案总数，再计算1号格子和4号格子同时涂灰色的方案数，即可算出其概率.
【详解】由题意可知，整个事件需要分四步，按照格子标号依次涂色即可；
若在1号格子涂灰色，则2号格子还有3种选色方案，同时3号格子也有3种选色方案，4号格子还剩2种选色方案，
即1号格子涂灰色的方案总数为种；
若1号格子和4号格子同时涂灰色，则2号格子还有3种选色方案，3号格子还有2种选色方案，
即1号和4号格子同时涂灰色的方案总数为种；
所以，在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是.
故选：A.
8．B
【分析】由已知条件可得，，由求出，所求式子可以用表示，由可以求出得范围，再利用导数求关于的函数的单调性，利用单调性可求最值.
【详解】由，可得，，
由可得
所以，
由可得
即，解得，
所以
，
令，
，
由可得，
由可得或，
，，
，，
所以的最小值为，即的最小值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是将所求的式子用变量表示，利用不等式求出得范围，利用导数判断函数的单调性，利用单调性求最值.
9．ABD
【分析】根据平面的基本性质（公理2）判断A，根据线面平行的判定定理和性质定理，基本性质4判断BD，举反例判断C．
【详解】若直线EF､HG相交，设，则，，
又平面，平面，所以是平面与平面的公共点，
则必在其交线上，即，A正确，

若，平面，平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，又，所以,D正确，
当，时，，
所以若直线都与直线平行，则直线共面，
所以该命题的逆否命题若直线异面，则直线中至少有一条与直线相交为真命题，B正确，
如下图，直线异面，但直线都与直线相交，故C错误，
故选：ABD.
【点睛】
10．BCD
【分析】化简函数解析式，利用特殊值法可判断A选项；利用函数对称性的定义可判断B选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；利用对数函数的基本性质可判断D选项.
【详解】因为，
对于A选项，，
，则，A错；
对于B选项，由，可得，则，
对任意的，，
所以，函数的图象关于点对称，B对；
对于C选项，当时，，
则函数在上单调递增，函数为减函数，
故函数在上单调递减，C对；
对于D选项，对任意的，可取所有的正数，
故函数的值域为，D对.
故选：BCD.
11．ABD
【分析】根据动圆C与圆A和直线l都相切，分圆C与圆A相外切和圆C与圆A相内切，分别取到A的距离为d+1，d-1，且平行于l的直线，，利用抛物线的定义求解.
【详解】解：动圆C与圆A和直线l都相切，
当圆C与圆A相外切时，取到A的距离为d+1，且平行于l的直线，
则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，
由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；
当圆C与圆A相内切时，取到A的距离为d-1，且平行于l的直线，
则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，
由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；
所以，当时，抛物线不完整，
所以，，，，
故选：ABD
12．AB
【分析】通过题意得到圆台体积V关于外接球半径r的函数，容易判断A；
利用导数探讨该函数的单调性和最值，可以判断B,C,D.
【详解】，对选项正确；
，设，
则在上单调递减，设的两根为，由韦达定理知，且当；
2)，在单调递增，在单调递减，
由，
，使得，当，即
当，即，所以在单调递增，在单调递减，则B正确，C，D错误，
故选：.
【点睛】此题难点在于答案B,C,D的判断，一定要注意当导函数比较复杂而无法直接判断原函数的单调性时，一定要进行二次求导；另外，本题的隐零点也是一个难点，隐零点的判定往往会结合函数的单调性和零点存在定理，平常注意对此类题型的总结.
13．
【分析】根据函数解析式，列出相应不等式组，即可求得答案.
【详解】由题意函数有意义，
需满足，解得且，
故函数定义域为：.
故答案为：.
14．
【详解】试题分析：由已知得，故的展开式中x的奇数次幂项分别为，，，，，其系数之和为，解得．
考点：二项式定理．

15．．
【分析】在中，利用正弦定理：，求得，，设，再利用余弦定理求得，然后由求解．
【详解】双曲线的焦点为，
在中，由正弦定理得：，
解得，，
设，
在中，由余弦定理得：，
解得，
所以，
因为
又，
所以，则
所以
整理得，则
解得或（舍去）
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于结合正余定理以及化简求解．
16．
【分析】设，根据导数的几何意义求得曲线在处的切线方程，求出，即可求得的表达式；根据等比数列的前n项和公式求得的表达式，根据极限运算求得.
【详解】设，由得，
由于，故曲线在处的切线方程为，
令得，
由题意知，则，
故，，也适合，
故；
，
故
，
由于，
故，
故答案为：；
17．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用三角恒等变换化简即得解；
（2）化简得到.连结，利用余弦定理，可求得，.连结，同理可得，，即得解.
【详解】解：（1）
（2）由，得，.
由（1），有

连结，在中，有
在中，有
所以
则
于是.
连结，同理可得
于是
所以.

18．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）递推式的两边同时加上得，由等比数列的定义可得即可证结论；
（2）根据（1）得，则，对求和即可.
【详解】（1）由递推式有，又，
所以是首项、公比均为3的等比数列.
（2）由（1）知：，又，
故.
19．(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值即可得结果；
（2）连接与交于点，由相似可得为三等分点，取点为棱上的三等分点即可得结论.
【详解】（1）分别以棱、、所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图，
因为平面ABCD，
所以即为PB与平面ABCD所成的角，即，所以，
则、、、、.
则，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，故.
由于，，即，
结合平面ABCD，易知平面的法向量为
设二面角的平面角为，则.
即二面角的大小为.

（2）连接与交于点，
由点是棱的中点得.
又，所以.
取点为棱上的三等分点（偏点的位置），
则在中，，所以.
平面即为平面，因为，，
所以.

20．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意得，再结合可求出，从而可求得椭圆方程，
（2）设，，，，设的方程为，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，由可得，再结合前面的式子化简可求出关于的方程，从而可证得结论.
【详解】（1）由题意可知，因为，所以解得，．
所以所求椭圆的方程为
（2）设，，，，
直线的斜率显然存在，设为，则的方程为．
因为，，，四点共线，不妨设，
则，，，，
由，可得，
化简得．（*）
联立直线和椭圆的方程，得，
消去，得，
，得，
由韦达定理，得，．代入（*）
化简得，即．
又，代入上式，得，化简得．
所以点总在一条定直线上．
  
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是设出直线的方程，利用弦长公式表示出，代入化简，再将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，几个式子相结合可证得结论.
21．(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）的取值为0，1，2，的取值为0，1，2，分别计算概率即可；
（2）计算得，则，最后利用二项分布的期望公式即可得到答案.
【详解】（1）若，的取值为0，1，2，的取值为0，1，2，
则，
，
，，
，，
，
故的联合分布列为
















（2）当时，，
故

所以，由二项分布的期望公式可得．
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）解法一：根据，可得是的极小值点求出，再利用导数检验即可；解法二：求出，分、讨论，利用导数判断单调性可得答案；
（2）当时，设，利用导数判断出单调性可得答案.
【详解】（1）解法一：由，得，
又，所以是的极小值点，
故，而，故，
若，则，
当；当，
所以在单调递减，在单调递增，
故是唯一的极小值点，也是最小值点，
由，所以当且仅当时，
解法二：由，得，又，
当时，有恒成立，所以在上单调递减，
又，则不成立，
当时，令，得，
则时，有时，有，
即在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为，
，
函数在单调递减，单调递增，
，当且仅当取等号，
故；
（2）当时，，
设，
当时，，
又由（1）知，故，
当时，，
设，则，
则在单调递增，，
所以，则在单调递增，
，
综上，，即当时，.
【点睛】思路点睛：在证明不等式时构造函数，利用导数判断出单调性结合最值的正负是常用的方法.