海南省2023届高三第一次模拟考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．
设全集，集合，集合，则（?）A．B．C．D．2．若复数满足，则（?）A．B．C．D．3．“”是的（?）A．充分不必要条件B．必要不
充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中
，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”现有一类似问题，不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示.用锯
去锯这木材，若锯口深，锯道，则图中与弦围成的弓形的面积为（?）A．B．C．D．5．已知向量，，，则（?）A．-2B．-1C．1D．
26．函数图象的大致形状是（?）A．B．C．D．7．是等比数列的前项和，若，且，则（?）A．B．C．D．8．定义域为的可导函数的导
函数为，满足，且，则不等式的解集为（?）A．B．C．D．二、多选题9．若，，则下列表达正确的是（ ）A．B．C．D．10．已知函
数的部分图象如图所示.将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则（?
）A．B．的图象关于直线对称C．的图象关于点对称D．函数的最小值为11．已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点、，若线段的最小值
为，则（?）A．正方体的外接球的表面积为B．正方体的内切球的体积为C．正方体的棱长为2D．线段的最大值为12．设函数，，给定下列命
题，其中正确的是（?）A．若方程有两个不同的实数根，则；B．若方程恰好只有一个实数根，则；C．若，总有恒成立，则；D．若函数有两个
极值点，则实数．三、填空题13．已知向量若向量与向量共线，则实数k=_________.14．=______．15．若，则的最小值
为__________．四、双空题16．三棱锥中，，且平面平面，则__________；若球与该三棱锥除以外的5条棱均相切，则球的
半径为__________.五、解答题17．已知数列满足，（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和.18．在中，
角，，的对边分别为，，，已知，．(1)求；(2)若，求的面积．19．某校两个班级名学生在一次考试中成绩的频率分布直方图如图所示，其
中成绩分组如下表：组号第一组第二组第三组第四组第五组分组（1）求的值，并根据频率分布直方图，估计这名学生这次考试成绩的平均分；（2
）现用分层抽样的方法从第三、四、五组中随机抽取名学生，将该样本看成一个总体，从中随机抽取名，求其中恰有人的分数不低于分的概率．20
．如图，在三棱柱中，，为的中点，平面平面，设直线为平面与平面的交线．(1)证明：平面；(2)已知四边形为边长为的菱形，且，求二面角
的余弦值．21．已知椭圆的下顶点和右顶点都在直线上.(1)求椭圆方程及其离心率；(2)不经过点的直线交椭圆于两点，过点作轴的垂线交
于点，点关于点的对称点为.若三点共线，求证：直线经过定点.22．已知函数．(1)当时，求函数的单调区间；(2)若在上单调递增，求a
的取值范围；(3)当时，确定函数零点的个数.参考答案：1．D【分析】求出集合中的不等式的解集，确定出集合，利用对数函数的图像与性质
及对数的运算性质，求出集合中不等式的解集，确定出集合，找出两集合的公共部分，即可得到两集合的交集.【详解】由集合中的不等式，解得，
集合，由集合中的不等式，解得，集合，则.故选：D.2．C【分析】根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的概念可得结果.【详解】因为
，所以，所以.故选：C3．A【分析】由函数单调性解得到，故可判断出答案.【详解】因为，所以，当时，满足，但不满足，所以“是“”的充
分不必要条件.故选：A4．B【分析】设圆的半径为，利用勾股定理求出，再根据扇形的面积及三角形面积公式计算可得；【详解】解：设圆的半
径为，则，，由勾股定理可得，即，解得，所以，，所以，因此.故选：B5．A【分析】根据向量的数量积的坐标运算公式，列出方程，即可求解
.【详解】由题意，向量，，可得，由，可得，解得．故选：A.【点睛】本题考查平面向量的数量积的坐标运算，其中解答中熟记平面向量的数量
积的坐标运算公式是解答的关键，着重考查计算能力．6．C【解析】分析函数的奇偶性以及在上的函数值符号，可得出合适的选项.【详解】，该
函数的定义域为，，函数为偶函数，当时，，，，此时.因此，函数图象的大致形状是C选项中的函数图象.故选：C.【点睛】本题考查利用函数
解析式选择函数图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.7．C【分
析】计算出等比数列的公比，再由可求得的值.【详解】设等比数列的公比为，则，，因此，，故选：C.【点睛】本题考查等比数列基本量的计算
，考查计算能力，属于基础题.8．D【分析】根据条件构造函数，求函数的导数可得函数的单调性，再根据利用函数的单调性解不等式，即可得到
结果．【详解】设，则，因为，所以，即函数在定义域上单调递减，因为，所以不等式等价于，等价于，解得，故不等式的解集为.故选：D．9．
AB【分析】由对数函数和指数函数、幂函数的性质判断．【详解】解：∵，∴函数在上单调递减，又∵，∴，∴，即，所以选项A正确，选项B正
确，∵幂函数在上单调递增，且，∴，所以选项C错误，∵指数函数在R上单调递减，且，∴，所以选项D错误，故选：AB．10．ACD【分析
】先由图像求函数解析式，再逐一研究性质即可.【详解】从图象可以看出，，，因为，所以，解得，将点代入解析式，得，其中，解得，所以，A
正确；易得，因为，所以B错误；因为，所以C正确；因为，且，所以函数的最小值为，D正确.故选：ACD.11．ABC【解析】设正方体的
棱长为，由此确定内切球和外接球半径，由的最小值为两球半径之差可构造方程求得，进而求得外接球表面积和内切球体积；由的最大值为两球半径
之和可得到最大值.【详解】设正方体的棱长为，则正方体外接球半径为体对角线长的一半，即；内切球半径为棱长的一半，即.分别为外接球和内
切球上的动点，，解得：，即正方体棱长为，正确，正方体外接球表面积为，正确；内切球体积为，正确；线段的最大值为，错误.故选：.【点睛
】本题考查正方体外接球和内切球相关问题的求解，关键是通过球的性质确定两球上的点的距离最小值为，最大值为.12．ACD【解析】利用导
数研究函数的单调性和极值，且将题意转化为与有两个不同的交点，即可判断A选项；易知不是该方程的根，当时，将条件等价于和只有一个交点，
利用导数研究函数的单调性和极值，从而可推出结果，即可判断B选项；当时，将条件等价于恒成立，即函数在上为增函数，通过构造新函数以及利
用导数求出单调区间，即可求出的范围，即可判断C选项；有两个不同极值点，根据导数的符号列出不等式并求解，即可判断D选项.【详解】解：
对于A，的定义域，，令，有，即，可知在单调递减，在单调递增，所以极小值等于最小值，，且当时，又，从而要使得方程有两个不同的实根，即
与有两个不同的交点，所以，故A正确；对于B，易知不是该方程的根，当时，，方程有且只有一个实数根，等价于和只有一个交点，，又且，令，
即，有，知在和单减，在上单增，是一条渐近线，极小值为,由大致图像可知或，故B错误；对于C，当时，恒成立，等价于恒成立，即函数在上为
增函数，即恒成立，即在上恒成立，令，则，令得，有，从而在上单调递增，在上单调递减，则，于是，故C正确；对于D，有两个不同极值点，等
价于有两个不同的正根，即方程有两个不同的正根，由C可知，，即，则D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题考查导数的应用，利用
导数研究函数的单调性和极值，以及利用导数解决函数的零点问题和恒成立问题从而求参数范围，解题的关键在于将零点问题转化成两个函数的交点
问题，解题时注意利用数形结合，考查转化思想和运算能力．13．-1【分析】利用向量的坐标运算求得向量的坐标，然后利用平面向量共线的充
分必要条件求解.【详解】∵向量，，∴向量，又∵，且向量与向量共线，∴，解得，故答案为：.【点睛】本题考查向量的坐标运算，以及向量平
行的坐标表示，属于基础题.14．【分析】利用三角函数的诱导公式和特殊角的三角函数值，即可求解.【详解】故答案为：15．6【分析】化
简，然后利用基本不等式求解即可【详解】因为，所以，当且仅当即时，取等号，故的最小值为6，故答案为：616． 【分析】设为的中点，利
用面面垂直的性质定理以及线面垂直的性质得出，再由勾股定理得出，从而得出；设，分别为对应面的内心，分别过，作，的平行线，交于点，即为
所求的球心，根据题意得出是正方形，得出内切圆的半径，即可得出球的半径.【详解】如图，设为的中点，因为，所以，又因为平面平面，所以由
面面垂直的性质定理得平面，所以因为，所以从而可得，.设，分别为对应面的内心，分别过，作，的平行线，交于点即为所求的球心，易知是正方
形设内切圆的半径为，球的半径为，由图可知，而，所以.故答案为：；【点睛】本题主要考查了面面垂直性质的应用以及几何体的切接问题，属于
中档题.17．（1）；（2）.【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组
求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然为偶数，则，所以，即，且，所以是
以2为首项，3为公差的等差数列，于是．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知，所以．由（为奇数）及（为偶数）可知，数列从第一项起，若为奇
数，则其后一项减去该项的差为1，若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以，则．[方法三]：累加法由题意知数列满足．所以，，则．所
以，数列的通项公式．（2）[方法一]：奇偶分类讨论．[方法二]：分组求和由题意知数列满足，所以．所以数列的奇数项是以1为首项，3为
公差的等差数列；同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列的前20项和为：．【整体点评】(1)方法一：由题意
讨论的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数
列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法；方法
二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.18．(1)(2)4【分析】（
1）利用正弦定理及两角差的正弦公式可求出结果；（2）由求出，根据正弦定理求出，再根据三角形面积公式可求出结果.（1）由及正弦定理得
．因为，所以．所以．整理得．即．（2）由（1）可知，则，所以，由正弦定理，得，所以，所以的面积为．19．（1）；平均分为；（2）.
【分析】（1）由频率和为可构造方程求得；由频率分布直方图估计平均数的方法直接计算可得结果；（2）根据分层抽样原则可确定各组抽取人数
，采用列举法可得所有基本事件和满足题意的基本事件个数，由古典概型概率公式计算可得结果.【详解】（1）由频率分布直方图得：，解得：；
由频率分布直方图估计平均分为：；（2）由频率分布直方图可得第三、四、五组的频率之比为，则第三组中抽取人，第四组中抽取人，第五组中抽
取人；记来自第三组和第四组的学生，即分数低于分的学生分别为，来自第五组的学生，即分数不低于分的学生为，则从人中随机抽取人，有，，，
，，，，，，，，，，，，共个基本事件；其中恰有人的分数不低于分的有，，，，，共个基本事件；所求概率.20．(1)证明见解析(2)【
分析】（1）利用面面垂直的性质定理及线面平行的性质定理即可得证；（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用坐标法求二面角余弦值.
(1)证明：因为，是的中点，所以，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，而平面，且平面，平面平面，所以，所以平面；(2)解：
因为四边形为菱形，，连接，则，又因为平面平面，平面平面，所以平面，以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，设平面的法向量，则，令，则，所以，设平面的法向量，则，令，则，，所以；所以，由图可知，所求二面角为锐角，所以二面角的余弦
值为.21．(1)，离心率为.(2)证明见解析.【分析】（1）求出顶点坐标后可求椭圆的方程和离心率；（2）设，则可用此两点坐标表示
，根据三点共线可得，利用点在直线可得，再联立直线方程和椭圆方程，消元后利用韦达定理可得定点.【详解】（1）因为下顶点和右顶点都在直
线上，故，故椭圆方程为：.其离心率为（2）设，则.则，故，因为三点共线，故，整理得到：，即.由可得，故且，故，整理得到：，若，则，
故过，与题设矛盾；若，则，故过定点.22．(1)的单调递增区间为和，单调递减区间为(2)(3)3【分析】（1）求导分析导函数的正负
区间即可判断原函数的单调性；（2）转化为的导函数在上恒成立，再参变分离求的最小值即可；（3）先根据确定有一个零点，再求导分析的单调性，确定的最小值小于0，结合零点存在定理确定有2个零点，进而得到零点的个数为3即可(1)当时，，，令有，故当和时，，单调递增；当时，单调递减；故的单调递增区间为和，单调递减区间为(2)由题可得的导函数在上恒成立，故，令，则，易得当时，单调递减；当时，单调递增；故，故，故a的取值范围为(3)当时，即，故有一根为，令，则，因为，故令有，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；故，即.故最多有两个零点.又，，故在之间有1个零点，又，设，则，故为增函数，故，故，故，故在上有1个零点，故有2个零点.故当时，函数零点的个数为3答案第11页，共22页答案第11页，共22页试卷第11页，共33页试卷第11页，共33页 |
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