山西省大同市第一中学校等2校2023届高三一模理科数学试题(含答案)

这是一份山西省大同市第一中学校等2校2023届高三一模理科数学试题(含答案)，共23页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1、设,则( )
A.iB.-iC.1D.-1
2、设集合,,.若,则( )
A.-3B.-1C.1D.3
3、甲、乙、丙、丁四名教师带领学生参加校园植树活动,教师随机分成三组,每组至少一人,则甲、乙在同一组的概率为( )
A.B.C.D.
4、平面向量与相互垂直,已知,,且与向量的夹角是钝角,则=( )
A.B.C.D.
5、已知点A,B,C为椭圆D的三个顶点,若是正三角形,则D的离心率是( )
A.B.C.D.
6、三棱锥中,平面BCD,.若,,则该三棱锥体积的最大值为( )
A.2B.C.1D.
7、设函数,在R上的导函数存在,且,则当时( )
A.B.
C.D.
8、已知a,b,c满足,,则( )
A.,B.,
C.,D.,
二、多项选择题
9、已知是定义在R上的偶函数,是定义在R上的奇函数,且,在单调递减,则( )
A.B.
C.D.
10、已知平面平面,B,D是l上两点,直线且,直线且.下列结论中,错误的有( )
A.若,,且,则ABCD是平行四边形
B.若M是AB中点,N是CD中点,则
C.若,,,则CD在上的射影是BD
D.直线AB,CD所成角的大小与二面角的大小相等
11、质点P和Q在以坐标原点O为圆心,半径为1的上逆时针做匀速圆周运动,同时出发.P的角速度大小为,起点为与x轴正半轴的交点;Q的角速度大小为,起点为射线与的交点.则当Q与P重合时,Q的坐标可以为( )
A.B.
C.D.
12、下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》,用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算.图中的,,,都是以O为圆心的圆弧,CMNK是为计算所做的矩形,其中M,N,K分别在线段OD,OB,OA上,,.记,,,,则( )
A.B.
C.D.
三、填空题
13、某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布.质量指标介于99至101之间的产品为良品,为使这种产品的良品率达到,则需调整生产工艺,使得至多为___________.(若,则)
14、若P,Q分别是抛物线与圆上的点,则的最小值为_________.
15、图为一个开关阵列,每个开关只有“开”和“关”两种状态,按其中一个开关1次,将导致自身和所有相邻的开关改变状态.例如,按将导致,,,,改变状态.如果要求只改变的状态,则需按开关的最少次数为____________.
四、双空题
16、数学家祖冲之曾给出圆周率的两个近似值：“约率”与“密率”.它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率,大于3.1415927的近似值为强率.由,取3为弱率,4为强率,得,故为强率,与上一次的弱率3计算得,故为强率,继续计算,若某次得到的近似值为强率,与上一次的弱率继续计算得到新的近似值;若某次得到的近似值为弱率,与上一次的强率继续计算得到新的近似值,依此类推,已知,则_________;_________.
五、解答题
17、如图,四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形,AC是圆柱的底面直径,PC是圆柱的母线,E是AC与BD的交点,,.
(1)记圆柱的体积为,四棱锥的体积为,求;
(2)设点F在线段AP上,,求二面角的余弦值.
18、已知函数在区间单调,其中为正整数,,且.
(1)求图像的一条对称轴;
(2)若,求.
19、记数列的前n项和为,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)设m为整数,且对任意,,求m的最小值.
20、一个池塘里的鱼的数目记为N,从池塘里捞出200尾鱼,并给鱼作上标识,然后把鱼放回池塘里,过一小段时间后再从池塘里捞出500尾鱼,表示捞出的500尾鱼中有标识的鱼的数目.
(1)若,求的数学期望;
(2)已知捞出的500尾鱼中15尾有标识,试给出N的估计值（以使得最大的N的值作为N的估计值）.
21、已知双曲线过点,且焦距为10.
(1)求C的方程;
(2)已知点,,E为线段AB上一点,且直线DE交C于G,H两点.证明：.
22、椭圆曲线加密算法运用于区块链.
椭圆曲线.关于x轴的对称点记为.C在点处的切线是指曲线在点P处的切线.定义“”运算满足：①若,且直线PQ与C有第三个交点R,则;②若,且PQ为C的切线,切点为P,则;③若,规定,且.
(1)当时,讨论函数零点的个数;
(2)已知“”运算满足交换律、结合律,若,且PQ为C的切线,切点为P,证明：;
(3)已知,且直线PQ与C有第三个交点,求的坐标.
参考公式：
参考答案
1、答案：A
解析：,
故选：A.
2、答案：B
解析：因为,故,故或,
若,则,,此时,符合;
若,则,,此时,不符合;
故选：B.
3、答案：A
解析：设“甲、乙在同一组”为事件A,
教师随机分成三组,每组至少一人的分法为,
而甲、乙在同一组的分法有1,故,
故选：A.
4、答案：D
解析：设
,①,
,②,
与向量夹角为钝角,,③,
由①②③解得,,
故选：D.
5、答案：C
解析：无论椭圆焦点位于x轴或y轴,根据点A,B,C为椭圆D的三个顶点,
若是正三角形,则,即,即,
即有,则,解得.
故选：C.
6、答案：D
解析：因为平面BCD,平面BCD,所以,
又,,AC,平面ACD,所以平面ACD,
因为平面ACD,所以,
在中,,,则,
因为平面BCD,平面BCD,所以,
在中,不妨设,
则由得,
所以,
当且仅当且,即时,等号成立,
所以,
所以该三棱锥体积的最大值为.
故选：D.
.
7、答案：C
解析：对于AB,不妨设,,则,,满足题意,
若,则,故A错误,
若,则,故B错误;
对于CD,因为,在R上的导函数存在,且,
令,则,
所以在R上单调递减,
因为,即,所以,
由得,则,故C正确;
由得,则,故D错误.
故选：C.
8、答案：B
解析：由题意得,即,则,则,
令,根据减函数加减函数为减函数的结论知：
在R上单调递减,
当时,可得,,两边同取以5为底的对数得
,对通过移项得,
两边同取以3为底的对数得,
所以,所以 ,所以,且,
故此时,,故C,D选项错误,
时,,,
,且,故A错误,
下面严格证明当时,,,
根据函数在R上单调递增,且,
则当时,有,
,,
下面证明：,
要证：,
即证：,等价于证明,
即证：,此式开头已证明,
对,左边同除分子分母同除,右边分子分母同除得
,
则
故当时,,则
当时,可得,,两边同取以5为底的对数得
,对通过移项得,
两边同取以3为底的对数得,
所以,所以 ,所以,且,
故,故此时,,
下面严格证明当时,,
当时,根据函数,且其在上单调递减,可知
,则,则,
根据函数函数在R上单调递增,且,
则当时,,
下面证明：,
要证：
即证：,等价于证,
即证：,此式已证明,
对,左边同除分子分母同除,右边分子分母同除得
,
则,
故时,,则
当时,,则,,
综上,,
故选：B.
9、答案：BD
解析：因为是定义在R上的偶函数,是定义在R上的奇函数,且两函数在上单调递减,
所以在上单调递增,在上单调递减,在R上单调递减,
所以,,
所以,,,
所以BD正确,C错误;
若,则,A错误.
故选：BD
10、答案：ABD
解析：对于A,由题意,AB,CD为异面直线,所以四边形ABCD为空间四边形,不能为平行四边形,故A错误;
对于B,取BC的中点H,连接HM,则HM是的中位线,所以,
因为HM与MN相交,所以MN与AC不平行,B错误;
对于C,若,所以由线面垂直的判定可得平面ABC,所以,
由结合面面垂直的性质可得,所以点C在平面内的投影为点D,
所以CD在平面内的投影为BD,故C正确;
对于D,由二面角的定义可得当且仅当,时,直线AB,CD所成的角或其补角才为二面角的大小,故D错误.
故选：ABD.
11、答案：ABD
解析：由题意,点Q的初始位置的坐标为,锐角,
设t时刻两点重合,则,即,
此时点,
即,
当时,,故A正确;
当时,,即,故B正确;
当时,,即,故D正确.
由三角函数的周期性可得,其余各点均与上述三点重合.
故选：ABD.
12、答案：ACD
解析：因为在矩形MNCK中,,
又,,MN,面BOD,所以面BOD,
又面BOD,所以,
因为在矩形MNKC中,,所以,即,
因为,,,KN,面OAB,
所以面OAB,
又在矩形MNKC中,,所以面OAB,
又面OAB,所以,
同时,易知在矩形MNKC中,,
对于A,在中,,
在中,,
在中,,
所以,故A正确;
对于B,在中,,
在中,,
又,且在中,OK为的斜边,则,
所以,故B错误;
对于C,在中,,
在中,,
又,
所以,故C正确;
对于D,在中,,
又,,,
所以,
所以,即,故D正确.
故选：ACD.
13、答案：
解析：依题可知,,再根据题意以及正态曲线的特征可知,的解集,
由可得,,
所以,解得：,故至多为.
故答案为：.
14、答案：
解析：依题可设,圆心,根据圆外一点到圆上一点的最值求法可知,
的最小值即为的最小值减去半径.
因为,,
设,
,由于恒成立,
所以函数在上递减,在上递增,即,
所以,即的最小值为.
故答案为：.
15、答案：5
解析：方法一：根据题意可知,只有在以及周边按动开关才可以使按开关的次数最少.具体原因如下：
假设开始按动前所有开关闭合,要只改变的状态,在按动后,,也改变,
下一步可同时恢复或逐一恢复,同时恢复需按动,但会导致周边的,也改变,
因此会按动开关更多的次数,所以接下来逐一恢复,则至少按开关3次,
这样沿着周边的开关再按动,可以实现最少的开关次数,即按动5次可以满足要求.
如下表所示：（按顺时针方向开关,逆时针也可以）
方法二：
要满足题意,按动开关次数必须为奇数,且连续两次按一个方格等于无操作,
按开关顺序无影响,由对称性按表格顺序可设各方格按动次数为
方格改变状态的次数为奇数,其它方格改变状态的次数为偶数,
所以,
对：为奇数;对或：为偶数;
对：为偶数;对：为偶数;
对或：为偶数;对：为偶数,
根据以上情况,为使开关次数最少,,,,
即为偶数,为偶数,为偶数,所以可取,,即
各方格开关次数如下：
具体开闭状态可参照方法一,故按开关的最少次数为5.
故答案为：5.
16、答案：6,
解析：因为为强率,由可得,,即为强率;
由可得,,即为强率;
由可得,,即为强率;
由可得,,即为强率,所以;
由可得,,即为弱率;
由可得,.
故答案为：6;.
17、答案：(1)
(2)
解析：（1）因为与是底面圆弧所对的圆周角,
所以,
因为,所以在等腰中,,
所以,
因为AC是圆柱的底面直径,所以,则,
所以,则,即,
所以在等腰,,AC平分,则,
所以,则,
故在中,,,则,
在中,,
因为PC是圆柱的母线,所以面ABCD,
所以,
,
所以.
（2）以C为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
不妨设,则,,,
则,
所以,,,
因为,所以,
则,
设平面FCD的法向量,则,即,
令,则,故,
设平面PCD的法向量,则,即,
令,则,故,
设二面角的平面角为,易知,
所以,
因此二面角的余弦值为.
18、答案：(1)
(2)
解析：（1）因为函数在区间单调,
所以函数的最小正周期,
又因为,
所以直线即为图象的一条对称轴;
（2）由（1）知,故,由,得或3.
由为的一条对称轴,所以,.
因为,所以或,,
若,则,即,
不存在整数,使得,2或3;
若,则,即,
不存在整数,使得或3.当时,.
此时,由,得.
19、答案：(1)
(2)7
解析：（1）因为,所以,
当时,,故,
且不满足上式,
故数列的通项公式为
（2）设,则,
当时,,
故,
于是.
整理可得,所以,
又,所以符合题设条件的m的最小值为7.
20、答案：(1)20
(2)6666
解析：（1）依题意X服从超几何分布,且,,
故.
（2）当时,,
当时,,
记,则
.
由,
当且仅当,
则可知当时,;
当时,,
故时,最大,所以N的估计值为6666.
21、答案：(1)
(2)证明见解析
解析：（1）由题意可得,故,所以C的方程为.
（2）设,,
当时,即,解得,则,
双曲线的渐近线方程为,
故当直线DE与渐近线平行时,此时和双曲线仅有一个交点,
此时直线DE方程为,
令,则,故.
则直线.
由得,
所以,.
.
所以,所以
即.
22、答案：(1)见解析
(2)证明见解析
(3)
解析：（1）由题设可知,有,
若,则,则,此时仅有一个零点;
若,令,解得.
当或时,,当时,,
故在,上为单调递增;
在上单调递减.
因为,
若,则,
此时,而
故此时有2个零点;
若,则,
此时,而
故此时有2个零点;
综上,
当,所以有2个零点.当,所以有2个零点.
当,有,则有1个零点.
（2）因为为C在点P处的切线,且,所以,
故,故,
因为“”运算满足交换律、结合律,
故,
故.
（3）直线PQ的斜率,设PQ与C的第三个交点为,
则,代入得
,
而,
故,
整理得到：,
故即,
同理可得,
两式相减得：,
故,
所以,故,故,
所以,
因此的坐标为：
.
按动
开
开
关
开
关
关
关
关
关
按动
开
关
开
开
关
开
关
关
关
按动
开
关
关
开
开
关
关
关
开
按动
开
关
关
开
开
关
开
开
关
按动
开
关
关
关
关
关
关
关
关
a
b
c
b
d
e
c
e
f
1
0
1
0
0
1
1
1
0