1、2022-2023年度高三上学期一模考试数学一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1已知集合，则（）ABCD2已知复数，则的值为（）ABC0D13在正方形中，在上且有与对角线交于，则（）ABCD4已知：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积成比例，那么这两个几何体的体积也对应成比例.则椭圆C：绕长轴旋转一周形成的几何体的体积为（）ABCD5从11到15这5个整数中选出2个，则这2个数的因数个数之和为8的概率是（）ABCD6已知，周期是的对称中心，则的值为（）ABCD7若，则（）ABC
2、D8某正六棱锥外接球的表面积为，且外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，底面正六边形边长，则其体积的取值范围是（）ABCD二多选题：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，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9下列命题为真命题的是（）A过任意三点有且仅有一个平面B为直线，为不同的两个平面，若，则C为不同的直线，为平面，若，则D为不同的直线，为平面，若，则10关于函数，下列说法正确的是（）A有两个极值点B的图像关于原点对称C有三个零点D是的一个零点11已知抛物线C：过点是准线上的一点，F为抛物线焦点，过作的切线，与抛物线分别切于，则（）AC
3、的准线方程是BCD12直线：与的图象交于、两点，在AB两点的切线交于，的中点为，则（）AB点的横坐标大于1CD的斜率大于0三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13中的系数为_（用数字作答）.14写出一个满足下列条件的双曲线的方程_.焦点在轴上渐近线与圆有交点15已知函数的图像关于对称，且，则_.16已知，则的最小值为_.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及演算步骤.17已知数列满足，其中是的前项和.(1)求证：是等差数列；(2)若，求的前项和.18在中，所对的边分别为，且，其中是三角形外接圆半径，且不为直角.(1)若，求的大小；(2)求的最小值.19如图，在
4、四棱锥中，底面为矩形，平面平面为中点，与交于点的重心为.(1)求证：平面(2)若，求二面角的正弦值.20某工厂生产一批零件，其直径X满足正态分布（单位：）.(1)现随机抽取15个零件进行检测，认为直径在之内的产品为合格品，若样品中有次品则可以认定生产过程中存在问题.求上述事件发生的概率，并说明这一标准的合理性.（已知：）(2)若在上述检测中发现了问题，另抽取100个零件进一步检测，则这100个零件中的次品数最可能是多少？21已知满足与的斜率之积为.(1)求的轨迹的方程.(2)是过内同一点的两条直线，交椭圆于交椭圆于，且共圆，求这两条直线斜率之和.22已知函数(1)求在处的切线方程；(2)若在定
5、义域上有两解，求证：；.1B【分析】根据因式分解以及数轴穿根法可化简,由绝对值不等式可求解根据集合的交运算和并运算即可求解.【详解】或，或，所以，故选：B2A【分析】根据复数i的性质计算可得，由此利用等比数列的前n项和公式计算，即可求得答案.【详解】由于复数，故，故，故选：A.3C【分析】根据平面向量的线性运算，即可求得答案.【详解】如图，正方形中，则因为,所以,则,故,故选：C4B【分析】将半椭圆和半圆绕着轴旋转一圈后，利用垂直于轴的平面去截椭球体与球体，设截面面积分别为、，计算出，再利用题中结论以及球体的体积公式可求得结果.【详解】如下图所示：直线交半椭圆于、两点，交半圆于、两点，由题意可
6、得，将半椭圆和半圆绕着轴旋转一圈后，利用垂直于轴的平面去截椭球体与球体，设截面面积分别为、，由题意可知，设半椭圆绕轴旋转一圈所得的几何体体积为，半圆绕轴旋转一圈所得的几何体体积为则，所以，.故选:B5C【分析】根据每个数的因数个数，根据组合数的计算即可计算总数，列举即可求解所满足要求的个数，由古典概型概率计算公式即可求解.【详解】11的因数有11和1，共有2个因数，12的因数有1，2，3，4，6，12，共有6个，13的因数有13和1，共有2个因数，14的因数有1，2，7，14，共有4个，15的因数有1，3，5，15，共有4个，从5个数中选两个数，共有种选择，而2个数的因数个数之和为8，则这两个
7、数可以是11和12，或者12和13，或者15或14，共三种，故2个数的因数个数之和为8的概率是故选：C6D【分析】根据条件，列出方程即可求得，然后根据对称中心以及周期范围求出，即可得到的解析式，从而得到结果.【详解】因为，由可得，且，所以，又因为是的对称中心，故解得且，即所以，当时，即，所以故选:D7B【分析】由于，故构造函数，利用导数判断其单调性，可比较的大小，根据，构造函数，判断其单调性，可比较大小，由此可得答案.【详解】由于，故设函数 ，则，由于，所以，即，即，故为单调递减函数，故，即，令，则，即；又，令，则，即为单调递增函数，故，即，令，则，即，故，故选：B【点睛】关键点点睛：此类比较
8、数的大小的题目类型，一般是要构造函数，利用函数的单调性进行大小比较，关键是要能对数的特征进行变化，根据数的特征选定自变量，从而构造函数.8B【分析】根据正六棱锥和球的几何性质，结合球的表面积公式、棱锥的体积公式、导数的性质进行求解即可.【详解】如图所示：设该正六棱锥的高，侧棱长为，设该正六棱锥外接球的半径为，因为正六棱锥外接球的表面积为，所以有，因为外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，所以，设，在正六边形，因为正六边形边长为，所以，在中，由余弦定理可知，在直角三角形中，所以有，由勾股定理可知，因为，所以，因此有，而，所以，该正六棱锥的体积，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，因为，所以，因此
9、该正六棱锥的体积的取值范围是，故选：B【点睛】关键点睛：利用导数的性质求值域是解题的关键.9BD【分析】根据空间中点线面的位置关系，结合选项即可逐一求解.【详解】对于A，过任意不共线的三点有且仅有一个平面，故A错，对于B，由于，所以，故B正确，对于C, 若，则可以异面，也可以相交，也可以，故C错误，对于D,根据垂直于同一平面的两直线平行，可知D正确.故选：BD10ACD【分析】利用导数研究函数的单调性和极值，作图，根据图像变换，结合奇偶性，函数零点的定义，可得答案.【详解】对于函数，求导可得：，令，解得，可得下表：极大值极小值则，即可作图，通过图像可知，有两个极值点，故A正确；函数的图像不关于
10、原点对称，故B错误；函数有三个零点，故C正确；因为即将代入解析式可得，故D正确.故选:ACD11ABC【分析】根据抛物线过的点，确定p的值，求得抛物线方程以及准线，判断A; 设切线方程为,利用判别式可得，判断D;再证明三点共线，以及证明，即可判断.【详解】由抛物线C：过点，可得，即，设焦点为,则C的准线方程是，A正确；设点，先考虑情况，则过点M作的切线，切线斜率必存在且不等于0，设切线方程为，联立，可得 ，则，即 ， ，设的斜率分别为，则，即，即，D错误；设，不妨设A在第一象限，B在第四象限，则 ，由于，对于曲线在第一象限内部分有,则，对于曲线在第四象限内部分有,则，由于，故，则 ，由于，故斜
11、率一定存在，设直线的方程为 ，联立，得 ，故，则直线的方程为，即直线过定点，所以三点共线，由于 ， ，故,在中，,则，当时，即,关于x轴对称，成立；此时斜率不存在，不妨取，则，联立，解得,则过定点，且,则，成立，综合上述，正确，故选：【点睛】关键点点睛：解决此类关于直线和抛物线的位置关系类题目，要注意设直线方程，并联立抛物线方程，得根与系数的关系，然后化简，这是解决这类问题的一般解决方法，解答此题的关键在于要注意到证明直线过定点，即三点共线，然后证明.12BC【分析】通过为两函数图象交点，转化为直线与曲线有两个不同的交点，研究的图象，数形结合可判断A；联立两条切线求得点的横坐标，利用极值点偏移
12、思想可求得之间关系，即可判断B；通过构造函数建立之间的关系，将问题转化为二次函数两根之间距离问题可判断C正确；化简，结合前面的条件可判断D.【详解】对A，因为直线与曲线交于、两点，有两个不同正根，即直线与曲线有两个不同的交点.在上单调递减，在单调递增，且，故A错误.对B，由题意得，设令在单调递减.，在单调递减，.，又，.的方程：，的方程：，联立可解得，故选项B正确.对C，设，且，设,，是的两个根，是方程的两根，所以C正确.对D，设，.，在单调递增，且， ，.也可以利用对数均值不等式证明如下：对数均值不等式：，即1, ，.所以D错误.故选：BC【点睛】函数综合问题的处理，要通过构造函数，利用导数
13、研究函数的单调性，结合图象寻找等与不等关系，研究问题需要探究的结论，选择题还要注意特值，验证，排除等方法的灵活运用.du13【分析】的二项展开式的通项为，令，再求出展开式中的系数，从而可求解.【详解】，其二项展开式的通项为，要得到，则，解得.的二项展开式的通项为，令，可得.故中的系数为.故答案为:.14（答案不唯一）【分析】根据直线与圆有交点，确定双曲线的渐近线方程，进而可写出双曲线方程.【详解】不妨设双曲线的渐近线方程为， 的圆心为，半径为，因为渐近线与圆有交点，所以圆的圆心到这两直线的距离为，解得，故取，双曲线的渐近线方程为，此时焦点在轴上的双曲线方程为，故答案为：（答案不唯一）1526【
14、分析】由题意可得，故可得，可得的周期为2.由可得，故可求解.【详解】因为的图像关于对称，所以.所以，两式相加可得.故，可得.故函数的周期为2.因为，所以.所以.故答案为:26.16【分析】将原式变形为，将问题转化为求再利用几何意义及相似求解即可.【详解】设令圆上任意一点，则设使得，则又，所以由勾股定理可得：，所以故答案为：17(1)见解析(2)【分析】（1）根据的关系可得，根据此递推关系即可根据等差中项求证，（2）根据裂项求和即可求解.【详解】（1）由得：当时，两式子相减得，因此可得，相减得：，由于 ，所以，所以是等差数列；（2）由（1）知是等差数列，所以，因此，所以.18(1)(2)【分析】
15、(1)根据余弦定理和正弦定理即可求出的大小.(2)运用正弦定理和二倍角的余弦公式，化简，再利用基本不等式求解的最小值.【详解】（1）在中， ，进而，又不为直角，则，.（2）由(1)知， 转化为，又，.，当且仅当，即时，等号成立，的最小值为.19(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由题可得，然后根据线面平行的判定定理即得；（2）根据面面垂直的性质定理可得平面，然后利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.【详解】（1）因为的重心为，为中点，所以，又，所以，即，又，所以，所以，又平面，平面，所以平面；（2）因为，为中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图以为原点建立空间直角坐标系，则
16、，所以，设平面的法向量为，则，令，可得，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，所以二面角的正弦值.20(1)见解析；(2)0.【分析】（1），故至少有1个次品的概率为，根据小概率事件说明即可；（2）次品的概率为，设次品数为,则，其中，设次品数最可能是件，则，求解即可.【详解】（1）因为，所以,所以随机抽取15个零件进行检测，至少有1个次品的概率为，如果生产状态正常，至少有一个次品的概率约为，该事件是小概率事件，因此一旦发生这种状况，就有理由认定生产过程中存在问题，即这一标准是合理的.（2）次品的概率为，抽取100个零件进一步检测，设次品数为,则，其中，故，设次品数最可能是件，则，即，即，解得.
17、因为，所以，故.故这100个零件中的次品数最可能是0.21(1)；(2).【分析】（1）根据直线斜率公式，结合已知进行求解即可；（2）根据四点共圆的性质，结合直线的参数方程进行求解即可.【详解】（1）因为满足与的斜率之积为，所以有；（2）设，因为在内，所以，设的参数方程为：，为直线的倾斜角，把代入中，得，即，设直线的倾斜角为，上式用代，同理可得，因为是过内同一点的两条直线，交椭圆于交椭圆于，且共圆，所以由圆的相交弦定理可知：，因为，所以有，因为是直线的倾斜角，所以，所以，因为是过内同一点的两条直线，所以，因此由，设的斜率为，因此有，即这两条直线斜率之和为.【点睛】关键点睛：利用直线的参数方程、
18、圆的相交弦定理是解题的关键.22(1)；(2)证明见解析；证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出；（2）令，方程在定义域上有两解，等价转化在上有两个不同的根，再判断出函数的单调性，求出最值，由直线与函数在上的图象有两个交点，即可证出；根据，再利用“切线夹”原理放缩即可证出【详解】（1）因为，所以，即在处的切线方程为（2）易得，因为，设， 所以，所以在定义域上有两解等价于在上有两个不同的根，即直线与函数在上的图象有两个交点.因为，易知当时，当时，设，而，所以存在唯一的，使得，即，故当时，单调递增，时，单调递减，综上可知，当时，单调递增，时，单调递减，所以.设，设，所以，因为，所以，从而，在上递减，故，即，当，显然，故时，恒成立.故，即方程在定义域上有两解时，原命题得证.由知，设， 所以，所以在定义域上有两解等价于在上有两个不同的根，不妨设，且，所以，设，所以，所以，即，又，所以，即，所以，原不等式得证.【点睛】本题第二问的解题关键是等价转化，一是方程根的个数转化为图象的交点个数，二是利用“切线夹”将直线与函数的图象交点的横坐标之差，转化为研究直线与两条切线之间的交点的距离之差，再根据位置关系从而证出
