广东省湛江市2023届高三第一次模拟考试数学试卷（含解析）

广东省湛江市2023届高三第一次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：_________

一、单选题

1．已知是关于的方程的一个根，为虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知集合，，，（   ）

A． B．

C． D．

3．若，则（    ）

A．5 B．3或4 C．4或5 D．4

4．如图，在中，点M是线段上靠近B的三等分点，则（    ）

A． B． C． D．

5．学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型．如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E、F、G、H分别为所在棱的中点，，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为（    ）

A． B． C． D．

6．已知点是抛物线上不同的两点，为抛物线的焦点，且满足，弦的中点到直线的距离记为，若不等式恒成立，则的取值范围（   ）

A． B．

C． D．

7．已知a=0.60.6，，c=1.50.6，则a，b，c的大小关系是（　　）

A．a<b<c B．a<c<b

C．b<a<c D．b<c<a

8．设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．有一组成对样本数据，由这组成对样本数据得到的经验回归方程为，则（    ）

A．在点中，至少有1个点在经验回归直线上

B．若点都在经验回归直线上，则样本的相关系数满足

C．若，，则

D．若成对样本数据的残差为，则在这组成对数据中，必有成对样本数据的残差为

10．正方体的棱长为，分别为的中点.则下列说法正确的是（    ）

A．直线与平面平行

B．直线与直线垂直

C．异面直线与所成角的余弦值为

D．平面截正方体所得的截面面积为

11．已知，函数，下列选项正确的有（    ）

A．若的最小正周期，则

B．当时，函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象

C．若在区间上单调递增，则的取值范围是

D．若在区间上只有一个零点，则的取值范围是

12．已知函数（a，b，），则（    ）

A．若，则曲线在处的切线方程为

B．若，，，则函数在区间上的最大值为

C．若，，且在区间上单调递增，则实数a的取值范围是

D．若，，函数在区间内存在两个不同的零点，则实数c的取值范围

三、填空题

13．记等差数列的前n项和为，已知，，则的通项公式为______.

14．若，则________．

15．已知函数存在唯一的极值点，则实数的取值范围是__________．

四、双空题

16．已知函数，记为函数的2次迭代函数，为函数的3次迭代函数，…，依次类推，为函数的n次迭代函数，则______；除以17的余数是______．

五、解答题

17．某商场计划在一个两面靠墙的角落规划一个三角形促销活动区域（即区域），地面形状如图所示．已知已有两面墙的夹角为锐角，假设墙的可利用长度（单位：米）足够长．

(1)在中，若边上的高等于，求；

(2)当的长度为6米时，求该活动区域面积的最大值．

18．已知数列为等差数列，，，数列满足，

(1)求证：数列为等比数列；

(2)求数列的前n项的和．

19．如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，

(1)求证：；

(2)求平面PAB与平面ABCD交角的正弦值.

20．2022年底，新冠病毒肆虐全国，很多高三同学也都加入羊羊行列．某校参加某次大型考试时采用了线上考试和线下考试两种形式．现随机抽取200名同学的数学成绩做分析，其中线上人数占40%，线下人数占60%，通过分别统计他们的数学成绩得到了如下两个频率分部直方图：

其中称为合格，称为中等，称为良好，称为优秀，称为优异．

(1)根据频率分布直方图，求这200名学生的数学平均分（同一组数据可取该组区间的中点值代替）；

(2)现从这200名学生中随机抽取一名同学的数学成绩为良好，试分析他是来自线上考试的可能性大，还是来自线下考试的可能性大．

(3)现从样本中线下考试的学生中随机抽取10名同学，且抽到k个学生的数学成绩为中等的可能性最大，试求k的值．

21．已知椭圆的焦距为，左右焦点分别为、，圆与圆相交，且交点在椭圆E上，直线与椭圆E交于A、B两点，且线段AB的中点为M，直线OM的斜率为．

(1)求椭圆E的方程；

(2)若，试问E上是否存在P、Q两点关于l对称，若存在，求出直线PQ的方程，若不存在，请说明理由．

22．已知函数．

（1）当且时，证明；

（2）当且时，证明只有一个零点．

参考答案：

1．C

【分析】将代入原方程并化简，进而解出p,q，最后求得答案.

【详解】根据题意，，所以，所以.

故选：C.

2．C

【分析】先化简，再求出，进而求出即可.

【详解】解：因为，，

所以，所以.

故选：C

3．A

【分析】利用排列与组合数公式，进行化简计算即可．

【详解】∵，

∴，

化简得，

解得．

故选：A．

【点睛】本题考查了排列与组合的计算与化简问题，是基础题．

4．B

【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算计算作答.

【详解】在中，点M是线段上靠近B的三等分点，则，

所以.

故选：B

5．A

【分析】根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差，再由体积求出模型的质量.

【详解】由题意得， ，

四棱锥O−EFGH的高3cm，

 ∴．

又长方体的体积为，

所以该模型体积为，

其质量为．

故选：A

6．D

【分析】令，利用余弦定理表示出弦的长，再利用抛物线定义结合梯形中位线定理表示出，然后利用均值不等式求解作答.

【详解】在中，令，由余弦定理得，

则有，

显然直线是抛物线的准线，过作直线的垂线，垂足分别为，如图，

而为弦的中点，为梯形的中位线，由抛物线定义知，，

因此，

当且仅当时取等号，又不等式恒成立，等价于恒成立，则，

所以的取值范围是.

故选：D

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．

7．C

【分析】根据指数函数和对数函数的单调性比较大小即可.

【详解】，，，所以.

故选：C.

8．D

【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．

【详解】[方法一]：

因为是奇函数，所以①；

因为是偶函数，所以②．

令，由①得：，由②得：，

因为，所以，

令，由①得：，所以．

思路一：从定义入手．

所以．

[方法二]：

因为是奇函数，所以①；

因为是偶函数，所以②．

令，由①得：，由②得：，

因为，所以，

令，由①得：，所以．

思路二：从周期性入手

由两个对称性可知，函数的周期．

所以．

故选：D．

【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．

9．BC

【分析】根据回归方程的性质及相关系数的概念判断即可；

【详解】解：由线性回归方程的性质可知，回归直线必经过样本中心点，即，但是可能不过样本中的任何一点，故A错误，C正确；

若点都在经验回归直线上，则说明为函数关系，所以样本相关系数，故B正确；

若成对样本数据的残差为，未必有成对样本数据的残差为，故D错误.

故选：BC

10．ACD

【分析】连接AD1，FD1，GF，BC1，证得EF//AD1，利用平面AEFD1逐一分析各选项即可判断作答.

【详解】正方体中，连接AD1，FD1，GF，BC1，如图：

因点E，F是BC，CC1中点，则EF//BC1，而正方体的对角面ABC1D1是矩形，则AD1//BC1//EF，

连GF，因G是棱BB1中点，则GF//B1C1//A1D1，且，即四边形A1GFD1是平行四边形，A1G//D1F，

平面AEF，平面AEF，于是A1G//平面AEF，A正确；

因平面ABCD，而平面ABCD，即有AE，若AF，必有平面AEFD1，AD1，与矛盾，B不正确；

因EF//AD1，A1G//D1F，则异面直线与所成角是或其补角，

作于M，显然，即四边形AEFD1是等腰梯形，，

，，C正确；

，平面截正方体所得的截面是等腰梯形AEFD1，

等腰梯形AEFD1的面积为，D正确.

故选：ACD.

11．ACD

【分析】由余弦函数周期的公式，可判定A正确；利用三角函数的图象变换，可判定B错误；根据在区间上单调递增，列出不等式组，求得的范围，得到当时，不等式有解，可判定C正确；由在区间上只有一个零点，列出不等式组，求得的范围，可判定D正确．

【详解】解：由余弦函数图象与性质，可得，得，所以A正确；

当时，可得，

将函数的图象向右平移个单位长度后得

，所以B错误；

若在区间上单调递增，则，

解得，

又因为，所以只有当时，此不等式有解，即，所以C正确；

若在区间上只有一个零点，则，解得，所以D正确．

故选：ACD．

12．ACD

【分析】对于A，切线方程

对于B，在区间上的单调性得解

对于C，在区间上恒成立的取值范围

对于D，在区间内存在两个不同的根函数和的图象有两个不同的交点，的单调性→作出和的大致图象得解

【详解】对于A，，得，且，所以，所以曲线在处的切线方程为，即，所以A正确.

对于B，，得，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，且易知，所以当时，，所以B不正确.

对于C，，定义域为，.因为在区间上单调递增，所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立，而当时，函数的值域为，所以，所以C正确.

对于D，，所以，定义域为，在区间内存在两个不同的零点，等价于关于x的方程即在区间内存在两个不同的根.令，则原问题等价于函数和的图象有两个不同的交点，

，所以由，得，由，得，所以在上单调递增，在上单调递减，，当时，，当时，，（作出函数和的大致图象，如图所示

由图可得，所以D正确.

故选：ACD.

13．

【分析】运用等差数列通项公式及等差数列前n项和公式的基本量代入计算即可.

【详解】设等差数列的公差为d，则，，

，

所以.

故答案为：.

14．

【分析】结合诱导公式、二倍角公式求得正确答案.

【详解】∵，

故答案为：

15．

【分析】求出函数的导函数，依题意存在唯一的变号正实根，即存在唯一的变号正实根，当符合题意，当时参变分离可得没有除之外的正实根，构造函数，利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而求出的取值范围；

【详解】解：因为，，

所以，

依题意可得存在唯一的变号正实根，

即存在唯一的变号正实根，

当时，方程只有唯一变号正实根，符合题意，

当，方程，即没有除之外的正实根，

令，则，所以当时，当时，

即在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以，

综上可得；

故答案为：

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

16．          0

【分析】第一空，根据题意结合等比数列的前n项和公式即可推出的表达式；第二空，将化为，利用二项式定理展开，化简即可求得答案.

【详解】由题意，，

所以

又为正整数，

所以除以17的余数为0，

故答案为：

【点睛】关键点睛：解答本题中函数迭代问题，要结合题设找到迭代规律，即可求出函数表达式，解决余数问题的关键在于将利用二项式定理展开化简转化为17的倍数的形式，即可求得答案.

17．(1)

(2)平方米

【分析】（1）过点作交于．设，则，，

在中，求得，由计算即可得解；

（2）设，则，，从而得出，利用三角恒等变换、辅助角公式及三角函数的性质即可得到答案．

【详解】（1）过点作交于．

设米，，则米，米．

在中，．

故．

（2）设，则米，米，

因为，所以，

所以，当时，该活动区域的面积取得最大值，最大值为平方米．

18．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）设数列的公差为，根据等差数列通项公式化简条件求，由此可求数列的通项公式，再由等比数列定义证明数列为等比数列；

（2）利用组合求和法求数列的前n项的和.

【详解】（1）设数列的公差为，

因为，，

所以，

所以，所以，

所以，

所以，

所以数列为等比数列；

（2）由(1) ，

所以，

，

，

，

19．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）取中点，连接，可证明，，进而可证平面，则结论成立；（2）过做平面，过做于，则为平面PAB与平面所成角，根据题中所给条件计算，的长，求出正切值，进而求出正弦值.

【详解】（1）取中点，连接，

因为，且，所以四边形为平行四边形，即，

因为，所以；

因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以；

，所以平面，平面，所以.

（2）过做平面，过做于，则为平面PAB与平面所成角，

由（1）可知：平面，平面，所以平面平面，平面平面，

则直线，由题意可知，，又，所以，在直角三角形中，，所以，，

过做于，则，

在中，，，则，，

所以，所以，，则.

20．(1)分；

(2)来自线下考试的可能性大，理由见解析；

(3).

【分析】（1）由直方图求线上、线下同学的平均分，进而求所有同学的平均分；

（2）根据直方图求出线上、线下成绩良好的人数，进而比较所占比例，即可得结论；

（3）由题意得抽到k个学生的成绩为中等的概率，且，结合即可求参数值.

【详解】（1）线上同学平均分分；

线下同学平均分分；

又200名同学，线上人数占40%，线下人数占60%，

所以所有200名同学的平均分分.

（2）线上同学成绩良好人数为人，

线下同学成绩良好人数为人，

所以抽取数学成绩为良好，且，故线下的可能性大.

（3）由线下成绩中等同学人数为人，其它同学人，

所以从线下学生中随机抽取10名同学，抽到k个学生的成绩为中等的概率，且，

要使最大，则，即，

所以，则，故.

21．(1)；

(2)存在P、Q两点关于l对称，直线PQ的方程为．

【分析】（1）由椭圆定义知为两圆半径之和，由点差法可得，求出，从而得到椭圆方程；

（2）设直线PQ的方程为，根据中点在直线上求得值，注意检验直线PQ与椭圆有两个交点.

【详解】（1）因为圆与圆相交，且交点在椭圆上，所以，，

设，，的中点，

，①－② ，

，

，

则椭圆E的方程：；

（2）假设存在P、Q两点关于l对称，设直线PQ的方程为，

，，PQ中点，

，

，

，，即，

由N在l上，，此时，

故存在P、Q两点关于l对称，直线PQ的方程为．

22．（1）证明见解析；（2）证明见解析．

【分析】（1）当且时，，利用导数判断函数的单调性，可得即可证得结果；

（2）当且时，，

观察可知在上没有零点，讨论，，，四种情况下函数的单调性，计算可得，可证得结果.

【详解】证明：（1）当且时，，

由，得；由，得；

在上递增、在上递减，

故；

（2）因为且，故，

显然在上没有零点；

若，则只有一个零点；

若，由，得或；由，得；

故在上递增；

而，

记，则，

由（1）知，，即，故恒成立，

在上单调递减，，即，

结合，知只有一个零点；

若，则，单调递增，

结合，知只有一个零点；

若，由，得或；由，得；

故在上递增、在上递减

故，知只有一个零点．

综上所述，当且时，只有一个零点．

【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合应用，不等式的证明，函数的零点问题利用导数证明不等式的策略为：利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求得函数的取值范围；关于函数的零点问题，一般用零点存在定理结合函数的单调性进行解决.