1、【教师版】第 1 页 共 11 页 惠州市惠州市 2023 届高三第一次模拟考试试题届高三第一次模拟考试试题 数学数学 1已知复数z满足(12i)43iz（其中i为虚数单位），则复数z的虚部为（）A2 B1 C2i Di 1【答案】A【解析】(12i)43i5z，55(1 2i)1 2i12i(12i)(1 2i)z 故选 A 2设集合|10021000 xMxZ，则M的元素个数为 （）A3 B4 C9 D无穷多个 2【答案】A【解析】由6264，72128，92512，1021024，得7,8,9M，则其元素个数为 3，故选 A 3数据 68，70，80，88，89，90，96，98 的第
2、15 百分位数为 （）A69 B70 C75 D96 3【答案】B【解析】因为8 15%1.2，所以该数学成绩的 15%分位数为第 2 个数据 70，选 B 4如图 1，在高为h的直三棱柱容器111ABCABC中，2ABAC，ABAC现往该容器内灌进一些水，水深为 2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为11ABC（如图 2），则容器的高h为 （）A2 2 B3 C4 D6 4【答案】B【解析】由图 2 知无水部分体积与有水部分体积比为 1：2，所以图 1 中高度比为 1：2，得3h 选 B 5若costan3sin，则sin 22 （）A23 B1
3、3 C89 D79 5【答案】D【解析】因为costan3sin，所以sincoscos3sin，即223sinsincos，所以223sinsincos1，即1sin3，所以27sin 2cos21 2sin29，故选 D 6“家在花园里，城在山水间半城山色半城湖，美丽惠州和谐家园”一首婉转动听的美丽惠州唱出了惠州的山姿水色和秀美可人的城市环境下图 3 是惠州市风景优美的金山湖片区地图，其形状如一颗爱心图 4 是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在x轴上方的图象对应的函数解析式可能为 （）A24yxx B24yxx C22yxx D22yxx 【教
4、师版】第 2 页 共 11 页 6【答案】C【解析】由图 4 可知，“心形”关于y轴对称，所以上部分的函数为偶函数，排除 B，D；又“心形”函数的最大值为 1，而 A 选项中1x 时，24 131y，排除 A故选 C 7已知二项式*()12nxxnN的展开式中只有第 4 项的二项式系数最大，现从展开式中任取 2 项，则取到的项都是有理项的概率为 （）A27 B37 C14 D38 7【答案】A【解析】由已知得总项数 7 项，则6n，展开式的通项366621661C(2)C 2rrrrrrrTxxx，当r是偶数时该项为有理项，0,2,4,6r，从中任取 2 项，则都是有理项的概率为2427C2C
5、7P 选 A 8若函数()f x的定义域为D，如果对D中的任意一个x，都有()0f x，xD，且()()1fx f x，则称函数()f x为“类奇函数”若某函数()g x是“类奇函数”，则下列命题中，错误的是（）A若 0 在()g x定义域中，则(0)1g B若max()(4)4g xg，则min1()(4)4g xg C若()g x在(0,)上单调递增，则()g x在(,0)上单调递减 D 若()g x定义域为R，且函数()h x也是定义域为R的“类奇函数”，则函数()()()G xg x h x也是“类奇函数”8【答案】C【解析】对于 A，由函数()g x是“类奇函数”，所以()()1g
6、x gx，且()0g x，所以当0 x 时，(0)(0)1gg，即(0)1g，故 A 正确；对于 B，由()()1g x gx，即1()()gxg x，()gx随()g x的增大而减小，若max()(4)4g xg，则min1()(4)4g xg成立，故 B 正确；对于 C，由()g x在(0,)上单调递增，所以1()()gxg x在(0,)x上单调递减，设(,0)tx ，()g t在(,0)t 上单调递增，即()g x在(,0)x 上单调递增，故 C 错误；对于 D，由()()1g x gx，()()1h x hx，所以()()()()()()1G x Gxg x gx h x hx，所以函
7、数()()()G xg x h x也是“类奇函数”，所以 D 正确；故选 C 二多项选择题：本题共 4 小题，每小题满分 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得 5 分，部分选对得 2 分，有选错的得 0 分 9下列四个命题中为真命题的是 （）A若随机变量服从二项分布14,4B，则()1E B若随机变量X服从正态分布2(3,)N，且(4)0.64P X，则(23)0.07PX C已知一组数据12310,x xxx的方差是 3，则123102,2,2,2xxxx的方差也是 3 D对具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为.0 3yxm，若样本点的中心为(
8、),2.8m，则实数m的值是 4 9【答案】AC【解析】对于 A，由于14,4B，则()4 0.251E，故 A 正确；对于 B，2(3,)XN，(34)0.640.50.14PX，故【教师版】第 3 页 共 11 页(23)(34)0.14PXPX，故 B 错误，对于 C，12310,x xxx的方差是 3，则123102,2,2,2xxxx的方差不变，故 C 正确；对于 D，回归方程必过样本中心点，则2.80.3mm，解得4m ，故 D 错误 10若62a，63b，则 （）A1ba B14ab C2212ab D15ba 10【答案】ABD【解析】6log 2a，6log 3b，则1ab
9、对于 A，6226log 3log 3log 21log 2ba，故 A 正确，对于 B，666log 3log 2log 61ab，且0a，0b，2()144abab，故 B 正确，对于 C，22211()2121242abababab ，故 C 错误，对于 D，66632435()5logloglog 61232ba，故 D 正确，故选：ABD 11已知抛物线2:2(0)C ypx p的焦点为F，过F且斜率为2 2的直线交抛物线C于A、B两点，其中点A在第一象限，若3AF，则下列说法正确的是 （）A1p B32BF C3OA OB D以AF为直径的圆与y轴相切 11【答案】BD【解析】数形
10、结合作出抛物线图象，由过焦点直线斜率及抛物线定义可得2p，故 A 错误；由图知AOB为钝角知 C 错误，故选：BD 12 在如图所示的几何体中，底面ABCD是边长为 4 的正方形，1AA，BG，1CC，1DD均与底面ABCD垂直，且11124 3AACCDDBG，点E，F分别为线段BC，1CC的中点，则下列说法正确的是 （）A直线1AG与AEF所在平面相交 B三棱锥1CBCD的外接球的表面积为80 C直线1GC与直线AE所成角的余弦值为2 3535 D二面角1CADC中，N 平面1C AD，M 平面BAD，P，Q为棱AD上不同两点，MPAD，NQAD，若2MPPQ，1NQ，则7MN 12【答案
11、】BCD【解析】对于 A，连接1D F，1D A，可证得1/D AEF，1,A E F D四点共面，又可证得11/AGD F，所以1/AG平面AEF，故 A 错误；【教师版】第 4 页 共 11 页 对于 B，三棱锥1CBCD的外接球半径22211144(4 3)2 522RAC，三棱锥1CBCD的外接球的表面积为2480R，故 B 正确；对于 C，11()()8AE GCABBEGFFC ，11182 35cos,3520 28AE GCAE GCAEGC ，故 C 正确；对于 D，设二面角1CADB的平面角为，则1C DC，所以1tan3C CCD，于是60，MNMPPQQN ，且MPPQ
12、，PQQN，,120MP QN 22222()27MNMPPQQNMPMPQNMP QN ，7MN，故D正确 故选BCD 三填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13若2,9a b c成等差数列，则ca_ 13【答案】72【解析】设公差为d，492d，74d，故722cad故答案为：72 14过点(1,1)P的弦AB将圆224xy的圆周分成两段圆弧，要使这两段弧长之差最大，则AB _ 14【答案】2 2【解析】因为弦AB将圆分成两段弧长之差最大，此时AB垂直OP，由圆半径为 2，2OP，由勾股定理得2 422 2AB 15函数()sin(0)3f xx的非负零点按照从小到大的
13、顺序分别记为12,nx xx，若322xx，则nx的值可以是_（写出符合条件的一个值即可）15【答案】3（答案一般形式*()26nnxnN）【解析】由3222Txx，T，故22，()sin 23f xx，令2,3xkkZ，即,26kxkZ，(1,2,3,)26nnxn，【答案的一般形式】(1,2,3,)26nnxn，对n取特殊值即可，取1n，得13x；取2n，得25,6x（答案不唯一）16已知点D在线段AB上，CD是ABC的角平分线，E为CD上一点，且满足(0)ADACBEBAADAC ，6CACB ，14BA ，设BAa，则BE 在a上的投影向量为_（结果用a表示）16【答案】27a【解析】
14、由14BA ，设(7,0)A、(7,0)B，由6CACB ，得点C的轨迹是以A、B为焦点，实【教师版】第 5 页 共 11 页 轴长为 6 的双曲线的右支（不含右顶点），因为CD是ABC的角平分线，且(0)ADACBEBAACAD ，E为ABC的内心，设00(,)E xy，由内切圆的性质得，00()2ACBCcxcxa，得03xa，BE 在a上的投影长为4ca，则BE 在a上的投影向量为27a 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（本小题满分 10 分）已知数列na的前n项和为nS，且225nnSan（1）求数列na的通项公式；（2）记21(log
15、)2nnba，求数列11nnbb的前n项和nT 17【解析】（1）当1n 时，111225Saa，解得13a，1 分 当2n时，1122(1)5nnSan2 分 可得11225 22(1)5nnnnSSanan，整理得：122nnaa，3 分 从而122(2)(2)nnaan，4 分 又121a，所以数列2na 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，5 分 所以122nna，所以122nna 6 分（2）由（1）得122nna，所以122nna，所以21log)2(nnban，7 分 11111(1)1nnbbn nnn，8 分 所以1 22 33 411111111111111223341n
16、nnTbbb bb bb bnn9 分 1111nnn 10 分 18（本小题满分 12 分）平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质如图所示，四边形ABCD的顶点在同一平面上，已知2ABBCCD，2 3AD （1）当BD长度变化时，3coscosAC是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由（2）记ABD与BCD的面积分别为1S和2S，请求出2212SS的最大值 18【解析】（1）【解法一】在ABD中，由余弦定理222cos2ADABBDAAD AB 1 分 得222(2 3)2cos2 2 32BDA，即2163cos8BDA，2 分【教师版】第 6 页 共 11 页
17、 同理，在BCD中，22222cos2 2 2BDC，3 分 即28cos8BDC4 分 得3coscos1AC，所以当BD长度变化时，3coscosAC为定值，定值为 15 分【解法二】在ABD中，由余弦定理2222cosBDADABAD ABA，1 分 得222(2 3)22 2 32 cosBDA ，即2168 3cosBDA，2 分 同理，在BCD中，2222cos88cosBDCDCBCD CBCC，3 分 所以168 3cos88cosAC 4 分 化简得3cos1cosAC，即3coscos1AC 所以当BD长度变化时，3coscosAC为定值，定值为 1 5 分（2）22222
18、2221211sinsin44SSABADABCCDC6 分 2212sin44cosAC7 分 22212sin44(3cos1)24cos8 3cos12AAAA 8 分 令cosAt，(1,1)t（或写出(0,1)t），9 分 所以223248 31224146yttt 10 分 所以36t，即3cos6A 时，11 分 2212SS有最大值为 14 12 分 19（本小题满分 12 分）如图，在四棱台1111ABCDABC D中，底面ABCD是菱形，1111AAAB，2AB，60ABC，1AA 平面ABCD（1）若点M是AD的中点，求证：1/C M平面11AAB B；（2）棱BC上是否
19、存在一点E，使得二面角1EADD的余弦值为13？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由 19【解析】（1）【解法一】连接1B A，由已知得，11/BCBCAD，且1112BCAMBC，所以四边形11ABC M是平行四边形，1 分 即11/C MB A，2 分 又1C M 平面11AAB B，1B A平面11AAB B，3 分 所以1/C M平面11AAB B 4 分【解法二】连接1AB，1MD，由已知得11AAMD，1 分【教师版】第 7 页 共 11 页 11111111MCMDDCAAABAB，即11/C MB A，2 分 又1C M 平面11AAB B，1B A平面11AAB B，
20、3 分 所以1/C M平面11AAB B 4 分（2）取BC中点Q，连接AQ，由题易得ABC是正三角形，所以AQBC，即AQAD，5 分 由于1AA 平面ABCD分别以1,AQ AD AA为,x y z轴，建立如图空间直角坐标系，6 分 ABCDD1A1B1C1MQxyz 则(0,0,0)A，10,()0,1A，10,()1,1D，(3,0,0)Q，假设点E存在，设点E的坐标为(3,0)，11，(3,0)AE，1(0,1,1)AD 7 分 设平面1AD E的法向量为(,)nx y z，则100n AEn AD ，即300 xyyz，可取(,3,3)n8 分 又平面1ADD的法向量为(3,0,0
21、)AQ，9 分 所以231cos,336AQ n ，解得：32 10 分 由于二面角1EADD为锐角，则点E在线段QC上，所以32，即312CE 11 分 故BC上存在点E，当312CE 时，二面角1EADD的余弦值为13 12 分 20（本小题满分 12 分）已知函数2()exxaxaf x（1）当2a 时，求()f x在1,(1)()f处的切线方程；（2）当0 x时，不等式()2f x 恒成立，求a的取值范围 20【解析】（1）当2a 时，222()exxxf x，2()exxfx，1 分 所以切线的斜率(1)ekf，2 分 又(1)ef，所以切点为()1,e，3 分 切线方程为ee(1)
22、yx，化简得e0 xy4 分（2）【解法一】当0 x时，()2f x 恒成立，故22exxaxa，也就是22exxaxa，即2(1)2exa xx，由10 x 得22e1xxax，5 分【教师版】第 8 页 共 11 页 令22e()(0)1xxh xxx，则222(2e2)(1)(2e)(2e2)()(1)(1)xxxx xxxxh xxx，6 分 令()2e2xt xx，则()2e1xt x，7 分 可知()t x在0,)单调递增，则()(0)1t xt，即()0t x在(0,)恒成立，8 分 故()t x在0,)单调递增 9 分 所以()(0)0t xt，故()0h x在0,)恒成立10
23、 分 所以()h x在0,)单调递增，而(0)2h，所以()2h x，11 分 故2a12 分【解法二】因为当0 x时，()2f x 恒成立，故max()2f x，由2(2)(2)()(0)eexxxa xx xafxx，5 分 令()0fx，得0 x 或2xa，6 分 当20a，即2a时，()0fx在,)0 x上恒成立，f x在0,)x上单调递减，max0()(0)2af xfae，7 分 当2a 时合题意，当2a 时不合题意8 分 当20a，即2a 时，()f x在0,2)xa上单调递增，在(2,)xa上单调递减，max24()(2)aaf xfae，9 分 设20at，2ttye，则10
24、ttye 恒成立，2ttye在(0,)上单调递减，10 分 0022tyye，即max()2f x，符合题意 11 分 综上，2a12 分【解法三】因为当0 x时，()2f x 恒成立，也就是22exxaxa，即22e0 xxaxa 恒成立，令2()2exh xxaxa，0,)x，5 分 则()2e2xh xxa，()2e2xh x 0 x，e1x，()0h x恒成立，()h x 在0,)上单调递增6 分 min()(0)2h xha7 分 当20a，即2a时，min()0h x，()h x在0,)上单调递增，min()(0)20h xha，符合题意；8 分 当20a，即2a 时，存在0(0,
25、)x，使得0()0h x，即002e2xxa 9 分()h x在00,)xx上单调递减，在0(,)xx上单调递增，10 分 0222min00000000()()2e(2)(2)0 xh xh xxaxaxaxaxaxa x，不合题意11 分 综上，2a12 分 21（本小题满分 12 分）已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的焦距为2 5，且双曲线C右支上一动点00(,)P xy到两条渐近线1l，2l的距离之积为245b（1）求双曲线C的标准方程；（2）设直线l是曲线C在点00(,)P xy处的切线，且l分别交两条渐近线1l，2l于M、N两点，O为坐标原点，求MON的面积【教师版】
26、第 9 页 共 11 页 21【解析】（1）双曲线C的渐近线方程为0bxay和0bxay 1 分 所以有22222200000022222222b xa ybxaybxaya babababab 2 分 由题意可得2222245ba bab，又22 5c，则2225cab，解得2a，1b 3 分 则双曲线C的方程为2214xy4 分（2）【解法一】当直线斜率不存在时，易知此时(2,0)P，直线:2l x，不妨设(2,1)M，(2,1)N，得2MONS；5 分 当直线斜率存在时，设直线l的方程为ykxm，与双曲线的方程2244xy联立，可得222(41)8440kxkmxm，6 分 直线与双曲线
27、的右支相切，可得222(8)4(41)(44)0kmkm，故2241km7 分 设直线l与x轴交于D，则,0mDk，8 分 又双曲线的渐近线方程为12yx，联立12yxykxm，可得2,1212mmMkk，9 分 同理可得2,1212mmNkk，122MONMODNODMNMNmSSSODyykxxk10 分 222224222121 221 4mmmmmmkkkkkkkm 11 分 综上，MON面积为 212 分【解法二】当直线斜率不存在时，易知此时(2,0)P，直线:2l x，不妨设(2,1)M，(2,1)N，得2MONS；5 分 当直线斜率存在时，设直线l的方程为ykxm，与双曲线的方程
28、2244xy联立，可得222(41)8440kxkmxm，6 分 直线与双曲线的右支相切，可得222(8)4(41)(44)0kmkm，故2241km，7 分 设直线l与x轴交于D，则,0mDk8 分 又双曲线的渐近线方程为12yx，联立12yxykxm，可得2,1212mmMkk，9 分 同理可得2,1212mmNkk，设渐近线12yx的倾斜角为角则1tan2，所以21242tan2311210 分【教师版】第 10 页 共 11 页 又2222431414cos2cos2cos2mmOM ONkkOMON ，所以113334sin2sin2tan2222cos2223OMNSOMON 11
29、 分 综上，MON面积为 212 分 22（本小题满分 12 分）为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为23，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为14，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为12，如此往复（1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；（2）记该同学第n天选择米饭套餐的概率为nP，（i）证明：25nP为等比数列；（ii）证明：当2n时，512nP 22（本小题满分 12 分，其中第一小问 4 分，第二小问 8 分）
30、【解析】（1）设1A“第 1 天选择米饭套餐”，2A“第 2 天选择米饭套餐”，1A“第 1 天不选择米饭套餐”1 分 根据题意12()3P A，11()3P A，且211()4P AA，2111()122P A A ，2 分 由全概率公式，得2121121()()()()()P AP A P AAP A P A A3 分 2111134323 4 分（2）（i）设nA“第n天选择米饭套餐”，则()nnPP A，()1nnP AP，根据题意11()4nnP AA，111()122nnP AA 5 分 由全概率公式，得111()()()()()nnnnnnnP AP A P AAP A P AA
31、1111(1)4242nnnPPP 6 分 即11142nnPP，因此1212545nnPP 7 分 因为1240515P，所以25nP是以415为首项，14为公比的等比数列 8 分（ii）由（i）可得12415154nnP 9 分 当n为大于 1 的奇数时，122412415515 4515 412nnP10 分 当n为正偶数时，124125515 4512nnP 11 分【教师版】第 11 页 共 11 页 因此当2n时，512nP 12 分 惠州市 2023 届高三第一次模拟考试 数学试题参考答案与评分细则 一单项选择题：本题共 8 小题，每小题满分 5 分，共 40 分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A A B B D C A C 二多项选择题：本题共 4 小题，每小题满分 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得 5 分，部分选对得 2 分，有选错的得 0 分 题号 9 10 11 12 全部正确答案 AC ABD BD BCD 三填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 1372142 2153（答案一般形式*()26nnxnN）；1627a 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
