广西梧州市2022-2023学年高三数学（理）第一次模拟测试试题（Word版附答案）

梧州市2023届高三第一次模拟测试理科数学（全卷满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1.答题前，考生务必将姓名、座位号、考籍号填写在答题卡上。2.考生作答时，请在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡），在本试题上作答无效。一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，，，则（）A.B.C.D.2.若复数满足，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.已知向量，满足，，，则（）A.3B.C.D.44.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A.6B.8C.10D.125.在中，三个内角，，所对的边分别为，，，且.若，，则（）A.2B.C.4D.6.若点为抛物线上一点，为焦点，且，则点到轴的距离为（）A.2B.3C.4D.57.某中学从3名男教师和2名女教师中选出3名教师，派到3个不同的乡村支教，要求这3名教师中男女都有，则不同的选派方案共有______种.（） A.9B.36C.54D.1088.已知偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集为（）A.B.C.D.9.在三棱锥中，已知平面，，.若三棱锥的各顶点都在球的球面上，则球的表面积为（）A.B.C.D.10.若函数的部分图象如图所示，直线为函数图象的一条对称轴，则函数的单调递减区间为（）A.B.C.D.11.已知双曲线的左、右焦点分别为，，为双曲线右支上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为，.若圆与双曲线的渐近线相切，则下列结论正确的有______个.（）①；②为定值；③双曲线的离心率；④当点异于顶点时，的内切圆的圆心总在直线上.A.1B.2C.3D.4 12.已知，，，其中，则，，的大小关系是（）A.B.C.D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则______.14.直线与圆交，两点，若为等边三角形，则的值为______.15.若一个正四棱台的上下底面的边长分别为2和4，侧棱长为，则这个棱台的体积为______.16.已知函数若关于的方程有3个不同的实数根，则的取值范围为______.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.（本题满分12分）已知为数列的前项和，.（1）求数列的通项公式；（2）记求前12项的和.18.（本题满分12分）某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：，，，，，.（1）求图中的值和学生成绩的中位数； （2）从成绩低于60分的学生中随机选取2人，该2人中成绩在50分以下的人数记为，求的分布列与数学期望.19.（本题满分12分）如图，直三棱柱中，，，，点为的中点，现将绕直线旋转，使得点与平面内的点重合.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.20.（本题满分12分）已知函数，其中.（1）求函数的最小值；（2）证明：.21.（本题满分12分）已知椭圆过点，左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点（，均在轴右侧），的周长为8.（1）求椭圆的方程；（2）直线和分别交椭圆于，两点，设与轴交于点，证明：为定值.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.[选修4—4：坐标系与参数方程]（本题满分10分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的极坐标方程和的直角坐标方程； （2）若与交于，两点，求的值.23.[选修4—5：不等式选讲]（本题满分10分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）设函数的最小值为，且正实数，，满足，求证：梧州市2023届高三第一次模拟测试理科数学参考答案1.A【解析】，.故选A.2.D【解析】由得，则，则复平面内的共轭复数对应的点位于第四象限.故选D.3.D【解析】由得，因为，所以.故选D.4.C【解析】由三视图知该几何体是底面为梯形的直棱柱，其体积为，故选C.5.B【解析】由正弦定理，及，得，又，整理得，所以，又，所以，由余弦定理，得，.故选B.6.A【解析】抛物线方程为，可知准线方程为，由抛物线的定义可知点到准 线的距离为3，从而可知点到轴的距离为2.故选A.7.C【解析】从含有3名男教师和2名女教师的5名教师中任选3名教师，派到3个不同的乡村支教，不同的选派方案有种，选出3名教师全是男教师的不同的选派方案有种，所以3名教师中男女都有的不同选派方案共有种.故选C.8.D【解析】偶函数在上单调递减，则在单调递增，因为，则，故当，；当，；因，则当时，，即或，解得，则当时，，即，解集为空集，所以不等式的解集为.故选D.9.A【解析】因为，，所以，所以三角形的外接圆直径，所以，因为平面，，由于三角形为等腰三角形，则有该三棱锥的外接球的半径，则球的表面积为.故选A.10.B【解析】令，则可以看作由经过适当的变换得到的.由题中图象知点在函数的图象上， 所以，即，则结合的图象可得.……①又直线为函数图象的一条对称轴，结合图象可得.……②②-①解得，再代入①解得：，所以.由，得.故选B.11.C【解析】由题意双曲线的渐近线方程是，圆的圆心是，半径是1，则，（舍去），①错误.又，所以，离心率为，③正确；设的内切圆与三边切点分别为，，，如图，由圆的切线性质知，所以，因此内心在直线，即直线上，④正确；设，则，，渐近线方程是，则，，为常数，②正确；故选C. 12.A【解析】，设，，因为，所以，即在上单调递增，所以，即，，所以，而，所以.设，则，当，，当，，所以，即（当且仅当）等号成立，所以，，综上，，所以.13.【解析】由题意得，而，故，，故.14.【解析】由条件可得圆心到直线的距离为，解得.15.28【解析】因为上下底面的对角线长分别为和，求得正四棱台的高为 ，所以棱台的体积为.16.【解析】当，，令解得，当时，；当时，所以在上递减，在上递增，.设，则有两个不同的实数根，由可知，与异号，不妨设，要使方程有3个不同的实数根，则或，①当时，，得；②当时，设，则，得，综上的取值范围为.17.解：（1）当时，，……1分又，两式相减得，即.……3分又因为时，，得，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.……5分所以.……6分（2）由（1）知，……9分 ……10分……11分.……12分18.解：（1）由频率分布直方图知，解得.……2分设成绩的中位数为，有，得.……4分（2）由频率分布直方图知成绩低于60分的学生人数为，成绩在50分以下的人数为.因此可能的取值为0，1，2，……6分，，.所以的分布列为012……10分故的数学期望为.……12分19.解：（1）证明：如图所示，取的中点，连接，，由，，可得为等腰直角三角形，所以为等腰直角三角形，所以，.……2分又由，，平面，所以平面.……4分因为平面，所以.又因为，所以.……5分（2）由（1）易知平面，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴、轴，建立的空间直角坐标系如图所示，设，则，，，，可得，，.……6分 设平面的法向量为，则即取，则，所以平面的一个法向量为，……8分设平面的法向量为，则即取，则，，所以平面的一个法向量为，……10分所以，由于二面角为钝二面角，故二面角的余弦值为.……12分20.解：（1），，……1分因为，所以当时，；当时，，……3分故在上递减，在上递增，……4分故.……5分（2）由（1）知，当时，，……6分即当时，，即（当且仅当时，等号成立），……7分 令，则，所以.……8分而即，故……9分从而，，…，，累加可得，……11分，故证毕.……12分21.解：（1）由知，由的周长为8，知，所以，……2分椭圆的方程为：.……4分（2）证明：由（1）可得，，，设直线，与联立，消去整理得，……6分设，，直线，与联立，消去整理得，所以，……8分 所以，从而，同理可得，，所以，所以，……10分令可得，，即直线过定点.所以为定值.……12分22.解：（1）因为直线的参数方程为（为参数），所以消去参数得，即，显然直线过原点，倾斜角为，直线的极坐标方程为.……3分曲线的极坐标方程化为，将代入得：，即，所以的极坐标方程为，的直角坐标方程为.……5分（2）把代入得，解得，……7分所以，……8分所以.……10分 23.解：（1）由题意可得：……2分当时，则，解得；当时，则，解得；当时，则，解得.综上所述：不等式的解集为.……4分（2）证明：因为，当且仅当时等号成立，所以函数的最小值为，则，……6分又因为，当且仅当，即时等号成立；，当且仅当，即时等号成立；，当且仅当，即时等号成立.……8分上式相加可得：，当且仅当时等号成立，所以.……10分