内蒙古满洲里市第一中学2022-2023学年高三上学期第一次模拟考试试题理科数学试题（解析版）

2022-2023年度满市一中高三第一次模拟考试

理科数学

一、选择题（本题共有12小题，每小题5分, 共60分）

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用集合的交运算即可求解.

【详解】由，，

则.

故选：B

2. 若复数，则（    ）

A.  B. 1 C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】由复数的除法运算求出复数，然后根据复数模长公式即可求解.

【详解】解：因复数，

所以，

所以，

故选：B.

3. “”是“”的（    ）条件．

A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要

【答案】A

【解析】

【分析】根据充分必要条件的定义分别判断充分性和必要性即可．

【详解】若，则，故充分性成立，

若，则或，故必要性不成立，

“”是“”的充分不必要条件.

故选：．

4. 若函数则（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】根据分段函数的定义域，先求得 ,再求 的值，可得答案.

【详解】 ,

故，

故选：C

5. 已知m，n，l是不重合的三条直线，α，β，γ是不重合的三个平面，则（    ）

A. 若，，则 B. 若，，，则

C. 若，，，，则 D. 若，，，则

【答案】D

【解析】

【分析】举反例判断A，B，C错误，证明选项D正确..

【详解】A：如图所示，，，但；A错；

B：如图所示，，，，，

所以，，，B错误，

C：如图所示，，，，，但α与β相交，C错误；

D：因为，所以，，

取点，则，，

假设直线与平面不垂直，

又，则过点在平面内可作一条直线与平面垂直，记为，

同理，在平面内过点可作直线，因为过点有且仅有一条直线垂直与平面，

所以直线与直线重合，所以，，所以，又，

与平面与平面有且仅有一条交线矛盾，故假设不成立，所以D正确，

故选：D.

6. 若变量满足约束条件，则的最大值为（    ）

A. 2 B. 7 C. 8 D. 10

【答案】B

【解析】

【分析】根据约束条件，作图表示可行域，根据目标函数的几何意义，可得答案.

【详解】在平面直角坐标系内，可行解域如下图所示:

平移直线，在可行解域内，经过点时，直线在纵轴上的截距最大，解二元一次方程组:的最大值为，

故选：B.

7. 命题为假命题，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据一元二次型不等式恒成立求解即可．

【详解】为假命题，则为真命题，则当时，显然满足，

当时，，

故选：

8. 函数图象的一条对称轴方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由和差公式化简函数，由整体法令，即可求解.

【详解】，

令，即，

故函数图象的一条对称轴方程为．

故选：C

9. 某圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出扇形的弧长，进而求出圆锥的底面半径，由勾股定理得到圆锥的高，利用圆锥体积公式求解即可.

【详解】因为圆锥侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，

所以该扇形的弧长为，

设圆锥的底面半径为，则，解得：，

因为圆锥的母线长为3，所以圆锥的高为，

该圆锥的体积为.

故选：D

10. 已知数列中，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据，可得数列是以1为首项，为公差的等差数列，从而可求出数列的 通项，即可得出答案.

【详解】解：因为，所以，

所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，

所以，

所以，

所以.

故选：C.

11. 已知是R上的奇函数，且，当时，，则（    ）

A. 3 B.  C. 255 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意可知是周期函数，根据周期以及奇函数即可求解.

【详解】由可得，，故是以4为周期的周期函数，故，

故选：B

12. 已知，若函数有三个零点，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先利用导数求出函数的单调区间和极值，再画出函数图象，结合函数图象求解即可.

【详解】由题意，得，

当，时，，单调递增，

当，时，，单调递减，

易知当时，有极大值，极大值；

当时，有极大值，极大值，

，画出函数的大致图象与直线如图所示，则由图像可得，

当或时，图象与直线有三个交点，

所以实数的取值范围为.

故选：A

二．填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知向量，，且，则______．

【答案】

【解析】

【分析】根据平面向量共线的坐标表示计算可得.

【详解】解：因为，，且，

所以，解得；

故答案为：

14. ____．

【答案】

【解析】

【分析】由平方差公式将原式变形后，利用二倍角的余弦函数公式及特殊角的三角函数值化简得值．

【详解】解：

.

故答案为：

15. 函数在点处的切线方程为_____．

【答案】

【解析】

【分析】根据导数，先求得切线的斜率，再由点斜式即可求得切线方程.

【详解】函数

则

由导数几何意义可知

根据点斜式可得直线方程为

化简可得

故答案为：

【点睛】本题考查了导数的几何意义，过曲线上一点的切线方程求法，属于基础题.

16. 在三棱锥中，平面，已知，则该三棱锥的外接球的表面积为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据正弦定理求得外接圆的半径，再由平面，可得三棱锥的外接球的半径，从而可得出答案.

【详解】解：设外接圆的半径为，

则，所以，

如图，设为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，

则，

所以三棱锥的外接球的半径，

所以该三棱锥的外接球的表面积为.

故答案为：.

三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.

（1）求B；

（2）若，且的面积为12，求b.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先利用倍角公式化简题设条件，再由可得，从而求得角；

（2）先由面积公式求得，再由余弦定理求得.

【小问1详解】

因为，所以，

因为，所以，

所以，故.

【小问2详解】

因为，解得，

再由余弦定理可得，   

所以.

18. 已知等差数列的前项和为，公差为整数，，且成等比数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列满足，求数列的前项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)运用等差数列的求和公式和通项公式，等比数列的中项性质，解方程可得公差，进而得到所求通项公式.

(2)求得，用数列的裂项相消求和，计算可得所求和.

【小问1详解】

由，得，由成等比数列，得，

即，整理得，又因公差d为整数，所以，

所以数列的通项公式为；

【小问2详解】

==，

所以==．

19. 如图，在三棱柱中，平面，是边长为的正三角形，分别为 的中点．

（1）求证：平面．

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）证明，，进而根据判定定理即可证明；

（2）取的中点为，连接，证明，，进而建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，利用坐标法求解即可；

【小问1详解】

解：在三棱柱中，因为平面，平面，

所以．

又为等边三角形，为的中点，

所以．

因为平面，

所以平面 ．

【小问2详解】

解：取的中点为，连接，

因为在三棱柱中，四边形为平行四边形，分别为的中点，

所以，

因为平面，平面，

所以

所以．由（1）知，

故建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，

由题意得

所以，．

设平面的法向量，

则，令，则，所以．

由题意可知，平面的一个法向量

因为．

由已知可得二面角为锐角，

所以二面角的余弦值为．

20. 已知数列的前n项和为，满足，数列满足，且

（1）求数列和的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和为Tn．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据前n项和为与的关系可求出；根据递推公式先构造数列，再根据构造数列的通项公式求出的通项；

（2）写出通项公式，用错位相减法求出.

【小问1详解】

∵，∴，两式相减得：

，∴，又，∴，

∴是以首项为1，公比为2的一个等比数列，∴；

由得：,又

∴是以首项为1，公差为1的一个等差数列，

∴，∴；

【小问2详解】

由（1）知，

∴，

∴，两式相减得：

，

∴.

21. 已知函数

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，是否存在整数，都有恒成立，若存在求出实数m最小值，若不存在说明理由．

【答案】（1）见解析    （2）存在；最小值为3

【解析】

【分析】（1）求导，然后分与讨论即可求解

（2）由题意可得恒成立，令，则由题意有，利用导数法求出的最大值即可求解

【小问1详解】

∵，

当，，

∴在单调递增

当时，，

令，得，得

∴在单调递增，在单调递减

综上：时，在单调递增；

当时，在单调递增，在单调递减；

【小问2详解】

∵，

∴，

∴，

∴

令，

∴

令，

∴在单调递减，

∵

∵

∴，使得，即，

当，，，单调递增，

当，，，单调递减，

∴，

∵，，

∴，

∴m的最小值为3

请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分．

22. 在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C极坐标方程为：.

（1）求直线l普通方程与曲线C的直角坐标方程；

（2）过点的直线l与C相交于A，B两点，求的值.

【答案】（1），C：；   

（2）48.

【解析】

【分析】（1）对直线的参数方程消参，即可求得其普通方程；根据公式，即可求得曲线的直角坐标方程；

（2）联立直线的参数方程和曲线的直角坐标方程，根据参数的几何意义，结合韦达定理即可求得结果.

【小问1详解】

对，可得，代入可得：，

故直线的普通方程为：；

对两边同时乘以可得：，即，

故曲线的直角坐标方程为：.

【小问2详解】

将l的参数方程代入，并化简得，，

设A，B对应参数为，，又，所以.

23. 已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若不等式的解集非空，求的最大值.

【答案】（1）   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号解不等式可得；

（2）不等式分离参数后，转化为求函数的最大值，利用绝对值三角不等式可得．

【小问1详解】

由已知.

当时，，，此时无解；

当时，，，此时取；

当时，，，此时取.

综上可得不等式的解集为.

【小问2详解】

由题意可得有解，

因为（时取等号），

所以有解，

∴，

∵，当时等号成立，∴，

∴，即的最大值为.