资源简介

姓
名：
考生考号：
2022-
2023学年度下学期高三第一次模拟考试试题
数
学
时间：120分钟
满分：150分
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。
2答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试
卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求的)
1.已知集合A=l号≤2≤4，B=0,1,2,3,则AB=(
A.0,1
B.(-1,0,1
C.0,1,2
D.(-1,0,1,2
2若：+则
B
D
3.6名老师被安排到甲、乙、丙三所学校支教，每名老师只去1所学校，甲校安排1名老师，乙
校安排2名老师，丙校安排3名老师，则不同的安排方法共有(
A.30种
B.60种
C.90种
D.120种
4.某同学在参加实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一
个棱长为4、3的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个
截面圆的周长为4π，则该球的半径是(
A.2
B.4
C.26
D.46
5已知a=品4b-3c=号则a6e大小关系是(
A.a>b>c
B.a>c>b
C.b>c>a
D.c>b>a
6已知函数代：0：则下列说法错误的是(
A.f,)的周期为2π
B.fx)在(0，π)上单调递增
C.fx的对称中心为(kT,0),k∈)
D.f,在（π，2π）上单调递减
高三数学（一模）一1
7,已知P为直线y=-x-1上一动点，过点P作抛物线Cx=2y的两条切线，切点分别为
A,B,则原点到直线AB的距离的最大值为(
A.2
B.1
C.3
D.2
8.设k>0,若不等式klnk)-e≤0在x>0时恒成立，则k的最大值为(
)
A.e
B.1
C.e
D.e
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符
合要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分】
9.给定组数5,4,3,5,3,2,2,3,1,2，则这组数据的(
A.中位数为3
B方差为
C.众数为3
D.85%分位数为4.5
10.设正实数a,b满足a+2b=1,则(
A日+六有最小值4
B有最大值}
a+2b
C.a+b有最大值2
D+46有最小值)
11.如图，在棱长为1正方体ABCD-A,B,C,D,中，M为B,C,的中点，E为A,C,与D,M的交
点，F为BM与CB,的交点，则下列说法正确的是(
A.A,C,与D,B垂直
B.EF是异面直线A,C,与B,C的公垂线段，
C.异面直线AC与B,C所成的角为号
D.异面直线AC,与BC间的距离为号
12.已知数列{a.}满足a,=1,且a,=
+ne心，则下列说法正确的是(
a.
A.数列{a}为递减数列
B.0c.ane(（g)
D.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.函数y=sin3x+名向左或向右平移m(m>0)个单位后，所得图像关于)轴对称，则m的
最小值是
14,2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境
内举行.某支深受大家喜爱的足球队在对球员的使用上总是进行数据分析，根据以往的数据统
计，A运动员能够胜任中锋、边锋及前腰三个位置，且出场率分别为02,0.5,03，当该运动员担
当中锋、边锋及前腰时，球队输球的概率依次为04,0.2,0.2，当A球员参加比赛时，该球队某场
比赛不输球的概率为
5.设点P在单位圆的内接正六边形AAA的边A上则PT+P所++P元的取值范
围
16.已知椭圆号+名-1，AB是椭圆上两点，线段AB的垂直平分线与：轴交于P,0,则
x。的取值范围是
高三数学（一模）一2参考答案
一 1.C 2.C 3.B 4.B 5.C 6.D 7.A 8.A
二．9.AB 10.AD. 11.ABD 12.ABD
21 1 1
三． 13. 14.0.76 15.[ ,12] 16. ( , )
9 2 3 3
四、解答
17. 【 解 答 】 （ 1 ） 因 为 cos2 A cos2 B cos2 C 1 sin BsinC 所 以
sin2 A sin2 B sin2 C sin BsinC ，
2 2
a2 b2 c2 bc cos A b c a
2 1
由正弦定理可得 ，所以 ，因为 A (0, )，
2bc 2

则 A ． 5 分
3
1
（2）由题意 AM (AB AC)，
2
2 1 AM (AB AC)2 1则 (b2 c2 bc) 1 [(b c)2 1 bc] [(b b c c)2 ( )2 ] 27 ，
4 4 4 4 2 4

则 | AM | 3 3 ，即 ABC 的中线 AM 3 3的最小值为 ．当且仅当 b c 3 取最小值
2 2
10 分

18.（12 分）解：(1)因为 DAB ，且 AP AB 1,故 BP 1,在 PDC中，
3
PD DC 1, PDC 2 , 所 以 PC 3 ， 在 BPC
3
中,BP 1,PC 3,BC 2所以 BP PC，又因为 BE PC,BPIBE E,BE,BP
平面 BPE，所以 PC 平面 BPE 4 分
(2) 选①
取 BP中点为O ,因为 BE PE ,故 EO BP ,由（1）得 EO PC,BPIPC P ,所以
EO 平面 ABCD，所以 EAO为 AE与平面 ABCD 所成的角，即 EAO , ABP为
4
3
等边三角形，边长为 1，所以EO AO , EBP为等边三角形 6 分
2
（解法 1） 取PE中点M ，过M 作MN EC于 N ,连接 NB,BM
因 EBP等边,所以 BM EP，由（1）知 BM PC EPIPC P，所以 BM 平面 EPC
由MN EC,故 BN EC , BNM 是二面角 P EC B的平面角, 8 分
1
在直角 EPC 3中,EP 1,PC 3 ,点M 是 EP的中点，所以MN ,在直角 BMN4
3
中 tan BNM 2 2 , 10 分
3
4
5
所以余弦值为 12 分
5
uur uuur uuur
解法 2：以O为原点，OA,OP,OE为在 x, y, z轴正方向建立空间直角
坐标系得
P(0, 1 ,0),B(0, 1 ,0),C( 3, 1 ,0),E(0,0, 3) ,
2 2 2 2
uur uuur uuur
EP (0, 1 , 3 ),PC ( 3,0,0),BC ( 3,1,0)
2 2
ur uur
ur n EP 0 1 y 3 z 0
设 n1 (x , y , z ) EPC
1 ur uuur 2 1 11 1 1 是平面 的法向量,则 , 2 ，
n1 PC 0 3x1 0
ur
取 n1 (0, 3,1) 8 分
uur uur
uur n BE 0 1 3
n (x , y , z ) EBC 2
y z 0
设 2 2 2 2 为平面 的法向量, uur uuur 2
2 2 2, ，
n2 BC 0 3x2 y2 0
uur
取 n2 (, 3, 1)
9分
ur uur
ur uur
设 n n n n， 所成的角为 ，则 cos ur1 uu2 51 2 r ， 11 分| n1 || n 52 |
5
二面角的余弦值为 12 分
5
选②取 BP中点为O，由（1）得 EO 平面 ABCD，设D到平面EPC的距离为 h,h 3 ，
4
由已知得 ABC等边三角形， BP 1，设 EO x 则 EP x2 1
， 4
VE PDC V 1 1因为 D EPC，即 S
3 PDC
EO S
3 EPC
h，
2
1 1 1 1 3
即 PD DC sin1200 EO EP PC h，可求得 x
3 2 3 2 2
3
可求得 EO , 6 分
2
以解法下同①的解法
1
19.解：（1）当 = 1时， 1 = 1 = ，2
当 ≥ 2 1 1 1时， = 1 = = = +1 +1 2+
= 1 = 1经检验， 时， 1 也符合上式，2
1
所以数列 的通项公式为 = ……………3分 2+
（2）易知 > 0
1 +2 1 1
，两边取倒数得： = ，整理得： + 1 = 2 + 1 ，
+1 +1
1 + 1 1∴ 是以首项为 + 1 = 2，公比为 2 的等比数列，
1
1 + 1 = 2 × 2 1 = 1∴ ，∴ …………6 分 2 1
1 1
（3）由（1）（2）问可知欲比较 +1 = +1 与 2 1 = 2 的大小，+
即比较2 +1 1与 2 + 的大小
当 = 1 时，21+1 1 = 3，12 + 1 = 2，有 3>2；
当 = 2 时, 22+1 1 = 7，22 + 2 = 6，有 7>6；
当 = 3 时, 23+1 1 = 15，32 + 3 = 12，有 15>12；
猜想2 +1 1 > 2 + ，下面证明 …………8分
方法一.当 n 4时
2n 1 1 (1 1)n+1 1 C 0 C1 2 n 1 n n 1n+1 n+1 Cn+1 Cn 1 Cn 1 Cn+1 1 2C
0 1 2
n 1 2Cn 1 2Cn 1 1
=2 2(n 1) (n 1)n 1 n2 n
所以对于任意的 ∈ +都成立 ，进而 +1< . ……………12 分
方法二.令 f (x) 2x 1 1 x2 x，则
f (x) 2x 1 ln 2 2x 1, f (x) 2x 1(ln 2)2 2 2x 1(ln e)2 2 2x 1 2当 x 4, 时，
f (x) 2x 1 2 0， f (x)在 x 4, 单调增，
f (x) f (4) 2x 1 ln 2 2x 1 25 1 2 4 1 7 0, f (x)在 x 4, 2 单调增，
f (x) （f 4） 24 1 1 42 4 11 0 2x 1，所以 1 x
2 x 0 2x 1，即 1 x
2 x
所以对于任意的 ∈ +都成立 ，进而 +1< . ……………12 分
方法三
3
下面用数学归纳法证明①当 = 1 时,显然成立
当 = 2 时,显然成立
②假设 = 时（ k 2 ），猜想成立，即2 +1 1 > 2 + 成立，
那么当 = + 1 时，2 +2 1 = 2 2 +1 1 = 2 (2 +1 1) + 1
> 2 ( 2 + ) + 1 = 2 2 + 2 + 1
因为 2 2 + 2 + 1 [ + 1)2 + + 1 = 2 1
对任意的 ≥ 2且 ∈ +上式都大于 0，
所以有2 +2 1 > ( + 1)2 + + 1
综上所述，2 +1 1 > 2 + 对于任意的 ∈ +都成立，进而 +1< .……………12 分
20 解：(1)
杯数
日期代码
…………………2 分
根据散点图，知 y＝c＋dln x 更适宜作为 y关于 x 的回归方程模型．………………3分
(2)令 u＝ln x，则 y＝c＋du.
7
x1y1 nxy
235.1－7×22.7×1.2
由已知数据得 d i 17 ＝ ≈14.2
x2 nx 2 13.2－7×1.2×1.2i
i 1
c＝ y － d u ＝22.7－14.2×1.2≈5.7，
所以 y＝5.7＋14.2u.
故 y 关于 x的回归方程为 y＝5.7＋14.2ln x. ………………6 分
（此问计算过程中若算得 d是 14.22，算得 c是 5.6，回归方程为 y＝5.6＋14.2ln x 也算
对）
4
进而由题意知，令 5.7＋14.2ln x>35，整理得 ln x>2.1，即 x>e2.1≈8.2，
故当 x＝9 时，即到第 9 天才能超过 35 杯． …………………………7分
(3)由题意知，这 7 天中销售超过 25 杯的有 4 天，则随机变量 X 的可能取值为 0，1，2，3
0 3 1 2
= 0 = 4 3 1 4 3 12
3
= = 1 =
35 3
=
7 7 35
2 1 3 0
= 2 = 4 3 = 183 = 3 =
4 3 = 4
7 35
3
7 35
则随机变量 X 的分布列为
X 0 1 2 3
P 1 12 18 4
35 35 35 35
……………12 分
21.解（1）由题意， A1 a,0 ， A2 a,0 ，设D x0 , y0 x0 a ，
x2 y20 0 1 b
2
则 2 2 ，所以 y
2 x20 2 0 a2a b ①，a
2
因为直线 DA1、DA
y
的斜率之积为 3，所以 0 y0 y2 0 3，x0 a x a x
2
0 0 a
2
b2
将式①代入化简得： 2 3②， ……………2 分a
又双曲线 C的右焦点为 F 2,0 ，所以 a2 b2 4，结合式②解得： a 1，b 3，
y2
双曲线 C的方程为 x2 1 . ……………4 分
3
(2)因为 A,B,Q,P 四点共圆，所以 TPA TBQ,
TA TQ
TAP ∽ TQB , 且 TP TB , 所以有
|TA ||TB | |TP ||TQ | . ……………5分
设直线 AB的方程为 y k1(x m) n， A(x1， y1)， B(x2 ， y2 )，设m 1 x1 x2 ，
将 直 线 AB 方 程 代 入 C 的 方 程 化 简 并 整 理 可 得 ，
(3 k 21 )x
2 (2k 21 m 2k1n)x n
2 2kmn k 2m21 3 0，
2
由已知得 3 k1 0，且 0
2k 2m 2k n n2x x 1 1 ,x x 2k1mn k
2 2
由韦达定理有， 1
m 3
1 2 2 1 2 2 ， ……………7 分3 k1 3 k1
又由 A(x1,k1x1 k1m n),T (m,n)可得 | AT | 1 k
2
1 (x1 m)，
同理可得 | BT | 1 k 21 (x2 m)，得
2 2
| AT || BT | (1 k 21 )(x1 m)(x2 m) (1 k
2
1 )(x1x2 m(x
2 2
1 x2 ) m ) (1 k1 )
3m n 3
2 ，3 k1
5
设直线 PQ的方程为 y k2 (x m) n,P(x3 , y3),Q(x4 , y4 )，设m 1 x3 x4，
(1 k 2| PT ||QT | 2 )(3m
2 n2 3)
同理可得 2 ， ……………10 分3 k2
2 2
由已知得 3m2 1 k 1 k n2 3 0，又 | AT || BT | | PT ||QT | ，则
1 2
2 2 ，化简可得 k
2 k 21 2 ，3 k1 3 k2
又 k1 k2 ，则 k1 k2 ，即 k1 k2 0，即直线 AB的斜率与直线 PQ的斜率之和为 0．
…12 分
22.（1）证明：由题意， = 2 + 2 + ，定义域为(0, +∞),
' = 2 + 2 + 1 > 0恒成立，所以 在(0, +∞)上为增函数…………………1分

易知 1 = 2，故 1 + 2 = 4 = 2 1 ，
若 1, 2都大于 1，则 1 + 2 > 2 1 = 4，不合题意，
同理 1, 2都小于 1 时也不满足
设 0 < 1 ≤ 1 ≤ 2，欲证 1 + 2 ≥ 2，即证 2 ≥ 2 1
即证 2 ≥ 2 1 ，即证 4 1 ≥ 2 1 ，
即证 4 ≥ 2 1 + 1 ， ………………………………3分
构造函数 = 2 + ( )， (0，1]
2 2
' = ' 2 + ' = + 2 + 1 [ + 2(2 ) + 1]
2
= 2 + 2 + 4 4 4 4= + 4 1 = 4 1 1 + 1
2 2 2
2 2 + 1 4 1 2
= 4 1 = > 0
2 2
所以 在区间(0，1]上单调递增，所以 ≤ 1 = 2 1 = 4，进而原不等式得证.
………………………6 分
（2）由 ( ) = 1 + 1 ( )，令 = 1，则 1 = 1 + 1 ≥ 0，故 ≥ 2…………7分
2 2
下面证明： ≥ 2时符合题意，
当 ≥ 2 1时， = 1 + ln + 2 ≥ 1 + ln 2， ……………8 分
2
以下证明： 1 + ln 2 ≥ 0，
1
构造函数 ( ) = + ln ，

1
'( ) = ( 1) 1
1 2
+ 1 = ( 1)+ = ( 1)
1
则
2 2 2
．
令 ( ) = 1 ，则 '( ) = 1 1，
令 '( ) > 0，可得 > 1；令 '( ) < 0，可得 0 < < 1，
于是 ( )在(0,1)上递减，在(1, +∞)上递增，于是 ( ) ≥ (1) = 0， ……………10 分
可得当 0 < < 1 时， '( ) < 0，当 > 1 时， '( ) > 0，
6
所以 ( )在(0,1)上递减，在(1, +∞)上递增，故 ( ) ≥ (1) = 0，
综上可知，实数 b 的取值范围[ 2, +∞)． ………………………12 分
7

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