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2023届高三数学二模暨秋考模拟试卷1
一、填空题：
1．已知集合，若，则实数a的取值组成的集合是___________．
2．复数z在复平面内对应的点为，则___________．
3．已知直线，若，则实数a的值是___________．
4．已知数列为首项为2，公差为2的等差数列，设数列的前n项和为，则___________．
5．在的展开式中，的系数为______.
6．已知函数，则不等式的解集是___________．
7．已知向量满足与的夹角为，则当实数变化时，的最小值为___________．
8．已知F为双曲线的右焦点，A为双曲线C上一点，直线轴，与双曲线C的一条渐近线交于B，若，则C的离心率___________．
9．已知，且，则的最大值为___________
10．将1，2，3，4，5，6，7，8八个数字排成一排，满足相邻两项以及头尾两项的差均不大于2，则这样的排列方式共有_______种.（用数字作答）
11．若、、是棱长为的正四面体棱上互不相同的三点，则的取值范围是_______.
12．已知，，函数.若不等式对于任意实数恒成立，则的最小值是_______，最大值是_______.
二、选择题
13．已知是两个不重合的平面，直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
14．已知，且，则
A．
B．
C．
D．
15．记为数列的前项和．若，则（ ）
A．有最大项，有最大项 B．有最大项，有最小项
C．有最小项，有最大项 D．有最小项，有最小项
16．如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的个数是（ ）
①平面平面
②的取值范围是
③三棱锥的体积为定值
④
A．1 B．2 C．3 D．4
三、解答题
17．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，且点在圆：上.
(1)若点的横坐标为，求的值；
(2)若角满足，求的最大值.
18．如图，在四棱台中，，，.
(1)证明：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
19．已知数列满足：，.
(1)证明：，；
(2)证明：，.
20．已知直线及直线.平面上动点，且，记到直线、的距离分别为、，满足：.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若直线的方向向量为，过的直线与曲线交于、两点，问以为直径的圆是否恰过原点？若是，求的值；若不是，判断原点在圆内还是圆外，并说明理由？
（3）若过原点作斜率为的直线交曲线于、两点，设，求的面积关于的函数解析式，并求的取值范围.
21．已知函数，其中，为的导函数.
(1)当，求在点处的切线方程；
(2)设函数，且恒成立.
①求的取值范围；
②设函数的零点为，的极小值点为，求证：.
1．
【分析】
先确定集合中的元素，然后结合子集的概念，分，两种情况讨论即可得出结果．
【详解】
集合，，
当，即时，显然满足条件；
当时，即，则，
因为，所以或，即或，解得或，
综上，实数a的取值组成的集合是．
故答案为：．
2．##
【分析】
由复数对应的点写出复数，再应用复数除法的法则求解即可.
【详解】
∵z对应的点为，∴，
∴．
故答案为：．
3．或
【分析】
根据向量垂直列方程，化简求得的值.
【详解】
由题意可知，故，即
解得或.
故答案为:或
4．
【分析】
根据等差数列的前n项和公式求得，进而求得．
【详解】
依题意，
所以．
故答案为：．
5．
【分析】
首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定的系数即可.
【详解】
展开式的通项公式为：，
令可得：，则的系数为：.
故答案为：
6．
【分析】
由得，作出和的图像，结合图像求得不等式的解集．
【详解】
因为，所以等价于，
在同一直角坐标系中作出和的图像如图：
两函数图像的交点坐标为，
由图可知：当或时，成立，
所以不等式的解集为：．
故答案为：．
7．
【分析】
建立平面直角坐标系，根据向量减法的模的几何意义求得最小值.
【详解】
如图，设，
当时，取得最小值，
过B作，即取得最小值为，
因为与的夹角为，
所以，
所以．
故答案为：
8．##
【分析】
将分别代入双曲线方程和渐近线方程求得，，由题意，由此求得，，从而得离心率.
【详解】
由题意得，双曲线的渐近线方程为，
由双曲线的对称性，不妨设A，B均为第一象限点，
将代入双曲线方程，得，得，所以，
将代入渐近线方程，得，所以，
因为，所以，
所以，得，所以，
所以双曲线的离心率为．
故答案为：．
9．
【分析】
利用三角恒等变换的知识化简已知条件，结合同角三角函数的基本关系式以及一元二次不等式的解法求得正确答案.
【详解】
因为
，
所以，
则，
所以，即，
即，即，
解得，所以的最大值为．
故答案为：
10．
【分析】
根据题意可将该排列问题看成一个圆环上有1，2，3，4，5，6，7，8八个数字使其满足题意要求进行摆放，有两种情形，然后再将此圆环分别从某一个数字处剪开排成一列，一个作为头一个作为尾，由此即可求出结果.
【详解】
根据题意可将该排列问题看成一个圆环上有1，2，3，4，5，6，7，8八个数字使其满足题意要求进行摆放，有两种情形，如下图所示:
然后再将此圆环分别从某一个数字处剪开排成一列，一个作为头一个作为尾，则每一个圆环有8种剪开方式情况，故满足题意的有种.
故答案为：.
11．
【分析】
设点、、分别棱长为的正三棱锥的棱、、上的动点，设，其中，利用三角不等式推导出，利用平面向量数量积的性质可求得，取的中点，可得出，即可得出的取值范围.
【详解】
如下图所示，由任意性，设点、、分别棱长为的正三棱锥的棱、、上的动点，
设，其中，则，
所以，，
所以，，
当且仅当线段与棱或重合时，等号成立，即的最大值为，
，当且仅当与点或重合，、重合于点或点时，等号成立，
但、、为不同的三点，则，
由上可知的最大值为，取线段的中点，
则，
当且仅当线段与棱重合且为棱的中点时，等号成立，则.
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查立体几何中向量数量积的取值范围，解题的关键在于充分利用几何性质推导出，，注意取最值时取等的条件，但也要注意题中条件的限制.
12．
【分析】
数形结合，由图可得不等式恒成立的充要条件是，化简得到一组关于的二元一次方程，在平面直角坐标系中作出该方程组表示的平面区域，再数形结合即可求解
【详解】
如图所示，在同一直角坐标系中作出和的图象，则
恒成立的充要条件是
即即
作图如下
设，则，当曲线过（或）时，取得最小值；当曲线与直线相切时，取得最大值
由，所以
由
令，解之得，即
故答案为：，
13．A
【分析】
根据充分条件、必要条件的定义及线面关系、面面关系的性质定理及判定定理判断可得；
【详解】
解：因为是两个不重合的平面，直线，若，则存在直线，满足，因为，所以，所以，故充分性成立；
若，，则，或，故必要性不成立；
所以“”是“”的充分不必要条件；
故选：A
14．C
【详解】
试题分析：A：由，得，即，A不正确；
B：由及正弦函数的单调性，可知不一定成立；
C：由，，得，故，C正确；
D：由，得，但xy的值不一定大于1，故不一定成立，故选C.
【考点】函数性质
【名师点睛】函数单调性的判断：(1)常用的方法有：定义法、导数法、图象法及复合函数法．
(2)两个增(减)函数的和仍为增(减)函数；一个增(减)函数与一个减(增)函数的差是增(减)函数；
(3)奇函数在关于原点对称的两个区间上有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上有相反的单调性.
15．A
【分析】
根据题意，结合二次函数的性质分析的最大项，再分析的符号，据此分析可得的最大项，即可得答案．
【详解】
解：根据题意，数列，，
对于二次函数，，其开口向下，对称轴为，即当时，取得最大值，
对于，时，最大；
且当时，，当时，，当时，，
故当或8时，最大，
故有最大项，有最大项；
故选：．
16．C
【分析】
根据线面位置关系进行判断．判断①，举反例判断②，利用体积公式，判断③，利用垂直关系的转化判断④.
【详解】
∵平面，∴平面平面，①正确；
若是上靠近的一个四等分点，，此时，，此时为钝角，②错；
由于，则平面，因此的底面是确定的，高也是定值，其体积为定值，③正确；
而，，所以，且,，所以平面,平面，因此，④正确．
故选：C．
17．(1)或
(2)1
【分析】
（1）由点在圆上得或，进而根据三角函数定义得或，再根据同角三角函数关系构造齐次式求解即可；
（2）易知的最大值不超过1，进而转化为证明，满足条件即可.
【详解】
（1）解：若点的横坐标为，因为点在圆：上
所以，或，
所以，或，
所以，当时，
当时，.
（2）解：易知的最大值不超过1，
下面证明：的最大值是1.只需证明，满足条件.
①由于满足；
②设，则，
即，
所以，存在点使得.
综上所述，的最大值是1.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）延长交于点，进而证明，再结合已知得平面，再根据线面垂直即可证得结论；
（2）结合（1）得平面，进而得直线与平面所成角即，再根据几何关系求解即可.
【详解】
（1）证明：在四棱台中，延长交于点，
因为在四棱台中，
所以，
在中，E为PA中点，故.
因为，，
所以，
因为，
所以平面，所以，得证.
（2）解：设.则.
由于平面，则平面，
所以，直线与平面所成角即.
因为在四棱台中，，，
所以为中点，
所以，
则
即直线与平面所成角的正弦值为.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）验证、、时，，然后假设当时，，证明出，结合数学归纳法可证得结论成立；
（2）先利用数学归纳法证明出，然后利用放缩法结合裂项求和法可证得结论成立.
【详解】
（1）证明：对任意，.
因为，，，
假设当时，，则，
这说明当时，也成立，
综上所述，，.
（2）证明：先归纳证明：对任意，，
因为，，，，，
，
假设当时，，
则当时，，
，
这说明当时，，
综上所述，，，所以，，
故，得证!
20．(1) (2) 以为直径的圆不过原点，点在圆外(3) , 的取值范围是
【分析】
（1）由条件有，得出答案.
（2）设，根据条件可设直线的方程为：，与曲线的方程联立，得到，，由的符号可得出答案.
（3）由题意直线的方程为，与曲线的方程联立，可得（或）的点的横坐标，根据条件可得的范围，，然后求出范围.
【详解】
（1）由到直线、的距离分别为、，且
则，又
所以，即
则动点的轨迹的方程；
（2）由直线的方向向量为，则直线的斜率为.
又直线过，则直线的方程为：
设，由得
则，
所以
所以以为直径的圆不过原点，由，所以点在圆外.
（3）直线的方程为
由得，
由直线交曲线于、两点，则，则
则
由，得，所以
所以的面积关于的函数解析式为，的面积的取值范围是.
【点睛】
本题考查求轨迹的方程，利用数量积研究点与圆的位置关系，求三角形的面积，属于中档题.
21．(1)
(2)①;②详见解析
【分析】
（1）利用导数的几何意义即可求解.
（2）①先对函数求导，得到，推出，求导，得到，解对应不等式
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