江苏省徐州市第七中学2023届高三数学上学期一检试题（Word版附解析）

2022-2023学年度第一学期徐州七中高三一检模拟（一）

数学试题

一、单选题：本大题共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. 集合，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据对数函数定义域和指数函数的值域求法即可得出结果.

【详解】根据对数函数定义域可得

由指数函数的值域可得

所以，

故选：B.

2. 若复数的共轭复数满足（其中为虚数单位），则的值为（）

A.  B. 5 C. 7 D. 25

【答案】D

【解析】

【分析】求出共轭复数，以及复数，即可求出的值.

【详解】解：由题意，则，所以，，

∴

故选：D.

3. 随机掷两个质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有共六个数字，记事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数含有”，则下列说法正确的是（）

A. 事件与事件是相互独立事件 B. 事件与事件是互斥事件

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据古典概型概率公式可计算得到，知CD正误；由独立事件概率乘法公式验证可知A错误；根据互斥事件定义可知B错误.

【详解】投掷两个质地均匀的正方体骰子，所有可能的结果有种；

满足事件的有，，共种；满足事件的有，，共种；满足事件的有，，，，，，，，，，，共种；

，C正确；，D错误；

，不是相互独立事件，A错误；

事件和事件可能同时发生，不是互斥事件，B错误.

故选：C.

4. 在平行四边形中，､分别在边､上，，与相交于点，记，则（）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意过点作平行于，交于点，先利用三角形相似求出，然后利用向量的线性运算即可求解.

【详解】过点作平行于，交于点，

因为，则为的中点，所以且，

因为，所以，

由可得：，所以，

因为，

所以，

故选：.

5. 则三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球半径为（）

A. 3 B.  C.  D. 6

【答案】B

【解析】

【分析】根据外接球半径与底面外接圆半径，高度的关系计算即可.

【详解】由题由正弦定理得，外接圆直径为，得，

设球心到平面得距离为，

所以，

所以三棱锥的外接球半径为，

故选：B.

6. 已知函数在上恰好取到一次最大值与一次最小值，则的取值范围是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】解不等式即得解.

【详解】因为，恰好取到一次最大值与一次最小值，

可得，解得.

故选：A.

7. 意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为,其中的值可由和得到,比如兔子数列中代入解得.利用以上信息计算表示不超过的最大整数（）

A. 10 B. 11 C. 12 D. 13

【答案】B

【解析】

【分析】根据题不妨设,求出,,进而得到,通过第五项,即可得到之间的关系,根据的范围可大致判断的范围,进而选出选项.

【详解】解:由题意可令,

所以将数列逐个列举可得:

,,,,,

故,

因为,

所以,

故.

故选:B

8. 已知，，（其中为自然常数），则、、的大小关系为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】将变形，得，，，构造函数，利用导数得在上为减函数，在上为增函数，根据单调性可得，，再根据可得答案.

【详解】，，，

设，则，

令，得，令，得，

所以在上为减函数，在上为增函数，

因为，所以，即，

因为，所以，所以，所以，

所以，即，

因为，所以，

综上所述：.

故选：D

二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题列出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.

9. 已知随机变量服从正态分布，则下列结论正确的是（）

A. ， B. 若，则

C.  D. 随机变量满足，则

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据正态分布的定义求数学期望和方差求解A，再根据正态分布密度曲线的对称性可求解相应的概率求解B,C，再根据变量关系的期望公式可求解D.

【详解】因为,所以，，A正确；

因为，所以，B正确；

因为，所以，C正确；

因为，所以，

所以,D错误，

故选:ABC

10. 如图，在边长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列选项正确的有（）

A.

B.

C. 直线与平面所成角的最小值是

D. 的最小值为

【答案】AD

【解析】

【分析】对于A项转化证明平面；

对于B项，反证法证明，也就验证平面是否成立；

对于C项，根据直线与平面所成角的定义先找到即为直线与平面所成角，在分析求解；对于D项，把往上翻折到与平面共面，在平面内求动点到两个定点距离和最小即可.

【详解】对于A项，连接，在正方体中，

平面，又因为平面，故

故A正确.

对于B项，假设成立，又因为，并且

所以平面，明显不垂直，假设不成立，故B不正确.

对于C项，连接，再连接，

在正方体，易得平面

所以即为直线与平面所成角，

在中，，当点与点重合时最大，最大值为，直线与平面所成角的最小值是，故C不正确.

对于D项，把往上翻折到与平面共面，

又因为，即往上翻折成，

即在四边形中，求，易得最小值为，所以D正确.

故选：AD

11. 已知,，下列说法正确的是（）

A. 存在使得是奇函数

B. 任意､的图象是中心对称图形

C. 若为的两个极值点，则

D. 若在上单调，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，当时,为奇函数，从而即可判断；

对于B，设函数的对称中心为,根据，求出对称中心即可判断；

对于C，求导，由题意和韦达定理可得，，再由重要不等式得，即可判断；

对于D，由题意可得恒成立，由，求解即可.

【详解】解：对于A，当时,为奇函数，故正确；

对于B，设函数的对称中心为,则有，

又因为

，

，

所以，解得，

所以的对称中心为，故正确；

对于C，因为，

又因为为的两个极值点，

所以，，所以C错误；

对于D，若单调，则有恒成立，

所以，

解得，选项D正确.

故选：ABD.

12. 已知，是抛物线：上两动点，为抛物线的焦点，则（）

A. 直线过焦点时，最小值为2

B. 直线过焦点且倾斜角为60°时（点在第一象限），

C. 若中点的横坐标为3，则最大值为8

D. 点坐标，且直线，斜率之和为0，与抛物线的另一交点为，则直线方程为：

【答案】CD

【解析】

【分析】对于A B项画出函数图像，把用直线的倾斜角表示，验证是否正确；

对于C 项，可求解；对于D项根据点可求出，就能求出

所以求出直线，分别与抛物线联立求出点，就能求出方程.

【详解】对于A项，过点分别作准线垂线，垂足分别为，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，准线与轴的交点为，设直线的倾斜角为，画图为：

根据抛物线的定义：，从图可知，

，在中，，

所以，同理

则

，故当时

故最小值为，所以A不正确.

对于B项，由A可知，，

所以，故B不正确.

对于C项，

所以最大值为8，故C正确.

对于D项，由，，知，所以

所以直线的方程为，直线的方程为

联立解得或，所以

联立解得或，所以

所以直线的方程为

即，故D正确.

故选：CD

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 的展开式中含项的系数为___________.

【答案】

【解析】

【分析】利用乘法分配律得到，则来自于的展开式，根据二项式定理即可求解.

【详解】，

的展开式中项为：，

的展开式中没有项，

故的展开式中含项的系数为，

故答案为：.

14. 已知正项等差数列满足，且是与的等比中项，则的前项和___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据等差数列的通项公式与，求出的关系，根据是与的等比中项，求出的值.再根据等差数列的前项和公式求

【详解】设等差数列的公差为，，

所以

又因为即

可得，又由即

即即且正项等差数列，即

解得，所以

故答案为：

15. 过点作圆的两条切线，切点分别为，则的直线方程为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意以为圆心，为半径作圆，两圆方程作差即可得直线的方程.

【详解】圆圆心，半径，方程化为一般式方程为，

则，

以为圆心，为半径作圆，其方程为，方程化为一般式方程为，

∵，则是圆与圆的交点，

两圆方程作差可得：，

∴直线的方程为.

故答案为：.

16. 若函数只有一个极值点，则的取值范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】对求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论3是否为极值点，结合的图像性质即可求得的取值范围.

【详解】因为，

所以，

因为只有一个极值点，

所以若3是极值点，

因为，所以当时，，当时，，

则在上单调递减，在上单调递增，故，

则，所以；

当趋向于0时，趋向于1，趋向于0，则趋向于正无穷，

当趋向正无穷时，趋向正无穷的速率远远大于趋向正无穷的速率，则趋向于正无穷，

若3不是极值点，则3是即的一个根，且存在另一个根，此时；

当时，，

令，解得；令，解得；

所以在单调递减，在单调递增，满足题意，

综上：或，即.

故答案：.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知在中，边,,所对的角分别为，，，.

（1）证明：,,成等比数列；

（2）求角的最大值.

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】(1)结合内角和关系，通过三角恒等变换化简条件等式可得，再利用正弦定理化角为边即可证明；(2)根据余弦定理和基本不等式可求的最小值，由此可得角的最大值.

【小问1详解】

通分化简可得，

，即，

即，

整理得，由正弦定理可得，所以a､b､c成等比数列；

【小问2详解】

由（1）可得，又，所以，当且仅当即为正三角形时等号成立，所以的最大角为.

18. 已知等比数列的前n项和为（b为常数）．

（1）求b的值和数列的通项公式；

（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前n项和．

【答案】（1）；

（2）

【解析】

【分析】（1）依题意等比数列的公比不为1，再根据等比数列前项和公式得到，即可得到且，从而求出、，即可得解；

（2）首先令，，即可求出的取值范围，从而求出，即可得到，再利用错位相减法求和即可；

【小问1详解】

解：由题设，显然等比数列的公比不为1，

若的首项、公比分别为、，则，

∴且，所以，

故的通项公式为．

当时，；

【小问2详解】

解：令，，解得，所以

数列在中的项的个数为，则，所以，

∵，①

∵②

两式相减得∴．

∴

19. 如图，四边形ABCD是边长为的菱形，DD1⊥平面ABCD，BB1⊥平面ABCD，且BB1＝DD1＝2，E，F分别是AD1，AB1的中点．

（1）证明：平面BDEF∥平面CB1D1；

（2）若∠ADC＝120°，求直线DB1与平面BDEF所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）连接，交于点，连接，则为的中点，可证明平面，平面，从而证明结论.
（2）取的中点，连接，可得,以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系,应用向量法求线面角.

【详解】（1）证明：连接，交于点，连接，则为的中点，

∵是的中点，

平面,平面,所以平面

又是的中点

平面,平面,所以平面

又平面,, 所以平面平面．

（2）取的中点，连接，

在菱形中，为正三角形，则

由平面，

故以所在直线分别为轴，建立如图示的空间直角坐标系

则

∴

设平面BDEF的法向量为，即，

令则

设直线与平面所成角为，

则

故直线与平面所成角的正弦值为

【点睛】方法点睛：向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取

1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需做辅助线；建立右手直角坐标系，尽可能的使得较多的关键点落在坐标轴或坐标平面内.

2、设：设出所需的点的坐标，得出所需的向量坐标.

3、求：求出所需平面的法向量

4、算：运用向量的数量积运算，验证平行、垂直，利用线面角公式求线面角，或求出两个平面的法向量的夹角的余弦值

5、取：根据题意，或二面角的范围，得出答案.

20. 某学校为了迎接党的二十大召开，增进全体教职工对党史知识的了解，组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加比赛.现有两组党史题目放在甲､乙两个纸箱中，甲箱有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答.每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中.

（1）如果第一支部从乙箱中抽取了2个题目，求第2题抽到的是填空题的概率；

（2）若第二支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着第三支部答题，第三支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目.已知第三支部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第二支部从甲箱中取出的是2个选择题的概率.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）设表示“第次从乙箱中取到填空题”，分别求出概率，根据全概率公式即可

（2）设事件为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则､､彼此互斥，求出相关的概率，

再根据条件概率求解即可.

【小问1详解】

设表示“第次从乙箱中取到填空题”，，2，

，，

由全概率公式得：第2次抽到填空题的概率为：

；

【小问2详解】

设事件为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，

事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，

事件为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，

事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，

则､､彼此互斥，且，

，

，

，

，

，

，

所求概率即是发生的条件下发生的概率：.

21. 已知双曲线的实轴长为4，左､右顶点分别为，经过点的直线与的右支分别交于两点，其中点在轴上方.当轴时，

（1）设直线的斜率分别为，求的值；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）；

（2）.

【解析】

【分析】（1）法一：根据实轴长，求得a值，根据题意，求得，可得b值，即可得曲线C方程，设直线方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.

法二：由题意，求得a，b的值，即可得曲线C方程，设方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.

（2）法一：因为，根据二倍角的正切公式，结合及，化简计算，可得，进而可得方程，与曲线C联立，可得M点坐标，即可得直线的方程，根据面积公式，即可得答案.

法二：设，由，结合二倍角正切公式，可得的值，进而可得直线方程，与曲线C联立，可得，同理可得，代入面积公式，即可得答案.

【小问1详解】

法一：

因为，所以，令得，

所以，解得，

所以的方程为

显然直线与轴不垂直，设其方程为，

联立直线与的方程，消去得，

当时，，

设，则.

因为，

所以.

法二：

由题意得，解得，

双曲线的方程为.

设方程为，

联立，可得，

，，

，

.

【小问2详解】

法一：

因为，

所以，

又因为，

所以，即，（※）

将代入（※）得，

因为在轴上方，所以，所以直线方程为，

联立与直线方程，消去得，，

解得或（舍），所以，

代入，得，所以直线方程为，

联立与直线方程，消去得，，

解得或，

所以的面积为.

法二：

设，由，可得，

，解得，

方程，

联立，可得，解得，

同理联立，解得，

.

22. 已知函数.

（1）若且函数在上是单调递增函数，求的取值范围；

（2）设的导函数为，若满足，证明：.

【答案】（1）

（2）证明见解析

【解析】

【分析】(1)由题意可得在上恒成立，令，求导，分、讨论在上恒成立即可；

(2)由可得，由（1）知，即有，①，令，求导得当时，，即有，于是得以，代入①式中化简即可得证.

【小问1详解】

解：当时，，，

因为在上是单调递增函数，

所以在上恒成立，

令，则，

当时，，

令，，

所以在上递增，

即，

所以在上恒成立，符合题意；

当时，，，且在为单调递增函数，

所以存在唯一使得，

所以当时，，在递减，

即，，不符合题意；

综上所述；

【小问2详解】

证明：，

当时，由（1）可知是增函数，所以，

设，

，

移项得，

由（1）知，即，

所以，

即，①

设，，

所以当时，，

即，

所以，即，

所以，

代入①式中得到，

即，

所以，命题得证.

【点睛】方法点睛：本题考查了利用导数求参数的范围及证明不等式成立问题:

对于函数在所给区间上单增(减)，等价于其导数在所给区间上恒为正(负)；

对于恒成立问题，常采用方法有二：

一是求导，利用导数求出函数的最值，转化为最值与参数之间的关系；

二是分离参数，再利用导数求函数的最值，转化为参数与函数的最值之间的关系.