广东省2023届高三第一次模拟考试数学（理科）试卷（含解析）

这是一份广东省2023届高三第一次模拟考试数学（理科）试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，则的虚部为（ ）
A．B．1C．D．
3．在递增等比数列中，，且是和的等差中项，则（ ）
A．256B．512C．1024D．2048
4．已知函数，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行．如图为一幅唐朝的投壶图，假设甲、乙是唐朝的两位投壶游戏参与者，且甲、乙每次投壶投中的概率分别为，每人每次投壶相互独立．若约定甲投壶2次，乙投壶3次，投中次数多者胜，则甲最后获胜的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．若点是所在平面内一点，且满足，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知圆上的点均满足则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知随机变量的分布列如表：
若，则（ ）A．0.1B．0.2C．0.4D．0.6
9．《长津湖》和《我和我的父辈》都是2021年国庆档的热门电影．某电影院的某放映厅在国庆节的白天可以放映6场，晚上可以放映4场电影．这两部影片只各放映一次，且两部电影不能连续放映（白天最后一场和晚上第一场视为不连续），也不能都在白天放映，则放映这两部电影不同的安排方式共有（ ）
A．30种B．54种C．60种D．64种
10．已知数列满足，（），（），则数列第2022项为（ ）
A．B．C．D．
11．2021年10月16日0时23分，长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，秒后，神舟十三号载人飞船进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富三名航天员送入太空．在不考虑空气阻力的条件下，从发射开始，火箭的最大飞行速度满足公式：，其中为火箭推进剂质量，为去除推进剂后的火箭有效载荷质量，为火箭发动机喷流相对火箭的速度．当时，千米/秒．在保持不变的情况下，若吨，假设要使超过第一宇宙速度达到千米/秒，则至少约为（结果精确到，参考数据：，）（ ）
A．吨B．吨C．吨D．吨
12．已知函数满足（其中是的导数），若，，，则下列选项中正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知的三边长，，，P为边上任意一点，则的最大值为______________.
14．已知的展开式中各项系数的和为5，则该展开式中的常数项是___________．
15．已知四棱锥的顶点均在球的球面上，底面是正方形，，，当时，球的表面积为______.
16．设过点的直线l与椭圆交于M，N两点，已知点，若直线AM与直线AN的斜率分别为，，则______．
三、解答题
17．如图所示，ABCD是一块边长为4米的正方形铁皮，其中AMN是一个半径为3米的扇形，已经被腐蚀不能使用，其余部分可以利用．工人师傅想在未被腐蚀的部分截下一个长方形铁皮PQCR（其中P在上，Q、R分别在边BC和CD上）．设，长方形PQCR的面积为S平方米．
(1)求S关于的函数解析式，并求出S的最大值；
(2)若S取最大值时，求的值．
18．新高考取消文理分科，采用选科模式，这赋予了学生充分的自由选择权．新高考地区某校为了解本校高一年级将来高考选考历史的情况，随机选取了100名高一学生，将他们某次历史测试成绩（满分100分）按照，，，，分成5组，制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求图中a的值并估计这100名学生本次历史测试成绩的中位数．
(2)据调查，本次历史测试成绩不低于60分的学生，高考将选考历史科目；成绩低于60分的学生，高考将不选考历史科目．按分层抽样的方法从测试成绩在，的学生中选取5人，再从这5人中任意选取2人，求这2人中至少有1人高考选考历史科目的概率．
19．如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD，BC=CD=，且BCCD，以BD为折痕把ABD和CBD向上折起，使点A到达点E的位置，点C到达点F的位置(E，F不重合).
（1）求证：EFBD；
（2）若平面EBD平面FBD，点E在平面ABCD内的正投影G为ABD的重心，且直线EF与平面FBD所成角为60°，求二面角A-BE-D的余弦值.
20．已知抛物线上的一个动点P到抛物线的焦点F的最小距离为1．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过焦点F的直线l交抛物线C于两点，M为抛物线上的点，且，，求的面积．
21．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在上的最大值在区间内，求整数m的值．
22．自原点作圆的不重合的两弦，且．若不论两点的位置怎样，直线恒切与一个定圆，请求出定圆的方程．
23．（1）已知，且，求的最小值；
（2）已知，求的最小值．
0
1
2
0.2
参考答案：
1．A
【分析】解一元二次不等式进而确定全集中的元素，根据集合A，求得，根据集合的交集运算即可求得答案.
【详解】因为全集，
集合，所以,
又因为，所以,
故选:A.
2．B
【分析】根据复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义、复数虚部的定义进行求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
所以的虚部为1．
故选：B
3．B
【分析】运用等差中项及等比数列通项公式计算即可.
【详解】设等比数列的公比为q，
因为是和的等差中项，所以，即．
又因为，所以，解得或．
又因为等比数列是递增数列，所以．
又因为，所以．
故选：B.
4．A
【分析】利用可直接构造方程求解.
【详解】，，
，解得：.
故选：A.
5．B
【分析】甲最后获胜的情况有3种：甲投中1次，乙投中0次，或甲投中2次，乙投中1次，或甲投中2次，乙投中0次，再利用互斥事件的概率公式求解即可
【详解】由题意可得，甲最后获胜的情况有3种
①甲投中1次，乙投中0次，则概率为
②甲投中2次，乙投中1次，则概率为
③甲投中2次，乙投中0次，则概率为
，
所以甲最后获胜的概率为，
故选：B
6．A
【分析】在平面内取点D，使得，进而得到及间的关系，进而求得各三角形面积的比例.
【详解】在平面内取点D，使得，则由.如图所示：
设，所以，由，则，再由可得，所以.于是.
故选：A.
7．A
【分析】分别求出圆心到两直线的距离，进行比较即可求解.
【详解】因为圆上的点均满足
所以即在圆上，又在两直线之间，
画出图形，如图
圆心到直线的距离，
点到直线的距离，
因为，由图可知所以的最大值为，
故选：.
8．C
【分析】利用分布列的性质，和期望公式，求得，再根据方差公式求方差.
【详解】解：由分布列的性质，可得，解得①，
∵，
∴，即②，
联立①②解得，，
.
故选：C.
9．B
【分析】分两种情况考虑，均在晚上播放，或者白天一场，晚上一场，求得结果.
【详解】若均在晚上播放，则不同的安排方式有种，若白天一场，晚上一场，则有种，故放映这两部电影不同的安排方式共有48+6=54种.
故选：B
10．A
【分析】先通过条件得到，再利用累加法即可求解.
【详解】由得，又，可得，
所以，，将上式相加得 .
故选：A.
11．B
【分析】根据所给条件先求出，再由千米/秒列方程求解即可.
【详解】因为当时，，
所以，
由，
得，
所以，
解得（吨），
即至少约为吨.
故选：B
12．C
【分析】构造函数，由题意可得，，所以在上递增，然后由可得答案.
【详解】因为（），
所以，所以，
令，则，，
所以在上递增，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，所以，
故选：C
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数判断函数的单调性，考查利用函数单调性比较大小，解题的关键是根据题意构造函数，求导后，结合已知条件可得在上递增，然后利用函数的单调性比较大小即可，考查数学转化思想，属于较难题.
13．9
【分析】根据题意，建立直角坐标系，用坐标法解决即可得答案.
【详解】解：根据题意，如图建立直角坐标系，
∴ ，，
∴ ，
，，
∴
∴的最大值为.
故答案为： .
【点睛】本题考查坐标法表示向量，向量的数量积运算，线性运算的坐标表示等，是中档题.
14．
【分析】根据题意令，得展开式中各项系数的和为，可求，借助于展开式的通项分析运算．
【详解】令，得展开式中各项系数的和为，则，
展开式的通项为
令，得；
令，无整数解，
故展开式中常数项为．
故答案为：．
15．
【分析】根据三角形外心的性质、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理和性质，结合正弦定理、勾股定理、球的表面积公式进行求解即可.
【详解】设正方形的中心为，的外心为，的中点为，连同球心组成四边形，连接，如图所示：
因为是正方形，所以，
又因为，平面，所以平面，
而平面，因此平面平面，
而平面平面，显然，
所以平面，而平面，因此，
同理，显然，因此四边形是矩形，
由正弦定理可知：，
因为的中点为，所以，
在直角三角形中，
，
在正方形中，显然，
在矩形中，，
在直角三角形中，，
所以球的半径为，因此球的表面积为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：解题本题的关键是球心的性质，三角形外心的性质.
16．
【分析】先根据题意假设直线l的方程，联立椭圆的方程，由韦达定理得到，，从而利用斜率公式直接运算即可得解.
【详解】因为椭圆，所以，其右顶点为，下顶点为，
所以过点的直线l的斜率存在且不为0和，设直线l的方程为，即，
设，，点M，N的坐标均不为，
联立整理得，
则，解得,
因为时，，，
所以
.
故答案为：．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
17．(1)，S的最大值是4.
(2)0或1
【分析】（1）利用，表达出矩形两边长，列出S关于的函数解析式，换元后，利用二次函数求出最大值；（2）在第一问基础上，求出此时或，从而求出.
【详解】（1）延长RP交AB于点H，则，
所以，
所以
，
令，则，
其中，
所以，
对称轴为，故当时，取得最大值，最大值为4
（2）由（1）可知，此时或，
当时，；
当时，，
所以的值为0或1
18．(1)；
(2)
【分析】（1）根据和频率总和为1计算出a的值；频率分布直方图中中位数左右两边的直方图面积相等都为0.5，由此列式即可计算出中位数；
（2）根据频率分布直方图计算出成绩在，的学生频数，根据分层抽样规则计算出对应区间人数，最后列式计算或用列举法即可得出答案.
【详解】（1），解得
设中位数为x，因为学生成绩在的频率为，在的频率为
所以中位数满足等式，解得
故这100名学生本次历史测试成绩的中位数为.
（2）成绩在的频数为
成绩在的频数为
按分层抽样的方法选取5人，则成绩在的学生被抽取人，在的学生被抽取人
从这5人中任意选取2人，都不选考历史科目的概率为，故这2人中至少有1人高考选考历史科目的概率为.
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点，连接和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可得到；
（2）由（1）得到以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）如图所示，取的中点，连接和，
由题意知和均为等腰三角形，且，
故又因为所以平面，
又因为平面所以
（2）由（1）知，，又因为平面平面，
平面平面所以平面，
直线与平面所成角为，可得，
因为，为中点，所以，
所以，所以，
即为等边三角形，为等边的中心，
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，
则，
设为平面的法向量，
则，可得，令，可得，
即平面的一个法向量为，
设为平面的法向量，
则，即，令，可得，
即平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】利用空间向量计算二面角的常用方法：
1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；
2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.
20．(1)
(2)32
【分析】（1）利用动点P到抛物线的焦点F的最小距离，结合抛物线定义求得p的值，可得答案；
（2）说明轴不合题意，设直线的方程为，直线的方程为，联立抛物线方程可得根与系数的关系，结合题意进行化简，求得M点坐标，求得弦长,利用三角形面积公式，即可求得答案.
【详解】（1）设点P的坐标为，由抛物线定义可知，，
即当时取得等号，
故，解得，所以抛物线C的标准方程为．
（2）由（1）知，设，，，
若轴，由，得，，或，，
此时不满足，所以不满足题意；
设直线的方程为，直线的方程为，
如图所示，
将代入抛物线方程得，，
所以，．
将代入抛物线方程得，所以①．
直线AM的斜率为，同理BM的斜率为．
因为AM⊥BM，所以，
所以，即②．
由①②解得，将其代入①可得，，
所以或，
当时，直线的方程为，，．
因为，满足，所以，．
所以，
所以．
同理可得，当时，直线的方程为，，，
因为，满足，所以，．
所以，
所以，
所以的面积为32．
【点睛】难点点睛：解答直线和抛物线的位置关系中的三角形面积问题时，要理清解答的思路，这点并不是多困难，即利用联立方程，结合根与系数的关系化简，求得弦长，利用三角形面积公式即可；但难点在于计算的复杂性，其中涉及到参数较多，计算量较大，因此解答时要明确解答思路，计算要十分细心.
21．(1)
(2)
【分析】(1)根据导数的几何意义求切线的斜率，根据点斜式方程求切线方程；
(2)利用导数判断函数的单调性，确定其最大值的表达式，再利用导数求其最大值的范围，由此可求整数m的值．
【详解】（1），其定义域为，，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
（2）由，得，
所以．
令，则，所以在上单调递增，
因为，，
所以存在，使得，即，即．
故当时，，当时，，
又当时，（等号仅在时成立），
所以当时，；当时，（等号仅在时成立）．
所以在上单调递增，在上单调递减，
则．
令，，则，
所以在上单调递增，则，．
所以，所以．
【点睛】关键点点睛：利用导数研究函数的单调性，结合零点存在性定理确定函数的极值点的存在，并由此确定函数的最值.
22．.
【分析】将圆看成的外接圆，圆的半径为1，利用正弦定理可求得的表达式，利用三角形面积的两个公式表示出△AOB的面积，可求得到的距离为定值，从而可得答案．
【详解】由题意，圆是的外接圆，半径R＝1，
根据正弦定理得：，
设边上的高为，则，
又∵，
∴，即O到直线的距离为定值1，
∴直线与以原点为圆心，1为半径的圆相切，圆的方程为．
23．（1）；（2）
【分析】（1）变换，展开利用均值不等式计算得到答案.
（2）设 ，，变换得到，再利用均值不等式计算得到答案.
【详解】（1），.
因为，所以 ，，所以
当且仅当 ，即，时取等号，
所以，故的最小值为.
(2) 解法一（换元法）：设 ，，
则，，且．
所以，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值是.
解法二（配凑法）：
因为，所以，，
所以
，
当且仅当时等号成立，所以的最小值是.