甘肅省天水一中2023屆高三3月模擬檢測試題數學試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．下列說法正確的是（）A．“若，則”的否命題是“若，則”B．“若，則”的逆命題為真命題C．，使成立D．“若，則”是真命題2．已知復數，若，則的值為（）A．1 B． C． D．3．設等比數列的前項和為，若，則的值為（）A． B． C． D．4．已知函數的圖象的一條對稱軸為，將函數的圖象向右平行移動個單位長度后得到函數圖象，則函數的解析式為（）A． B．C． D．5．已知向量，夾角為，，，則()A．2 B．4 C． D．6．已知是定義是上的奇函數，滿足，當時，，則函數在區間上的零點個數是（）A．3 B．5 C．7 D．97．已知函數，則的最小值為()A． B． C． D．8．若函數有且只有4個不同的零點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．9．已知排球發球考試規則：每位考生最多可發球三次，若發球成功，則停止發球，否則一直發到次結束為止．某考生一次發球成功的概率為，發球次數為，若的數學期望，則的取值范圍為()A． B． C． D．10．對于函數，定義滿足的實數為的不動點，設，其中且，若有且僅有一個不動點，則的取值范圍是（）A．或 B．C．或 D．11．設是虛數單位，，，則（）A． B． C．1 D．212．已知實數，滿足，則的最大值等于()A．2 B． C．4 D．8二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知多項式(x＋1)3(x＋2)2＝x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，則a4＝________，a5＝________．14．若,則=______,=______.15．已知實數x，y滿足，則的最大值為____________.16．函數在區間(-∞，1)上遞增，則實數a的取值范圍是____三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在平面直角坐標系xOy中，已知平行于x軸的動直線l交拋物線C：于點P，點F為C的焦點．圓心不在y軸上的圓M與直線l，PF，x軸都相切，設M的軌跡為曲線E．（1）求曲線E的方程；（2）若直線與曲線E相切于點，過Q且垂直于的直線為，直線，分別與y軸相交于點A，當線段AB的長度最小時，求s的值．18．（12分）設函數（其中），且函數在處的切線與直線平行.（1）求的值；（2）若函數，求證：恒成立.19．（12分）已知集合，.（1）若，則；（2）若，求實數的取值范圍.20．（12分）已知；.（1）若為真命題，求實數的取值范圍；（2）若為真命題且為假命題，求實數的取值范圍.21．（12分）已知橢圓C：（a＞b＞0）過點（0,），且滿足a+b＝3．（1）求橢圓C的方程；（2）若斜率為的直線與橢圓C交于兩個不同點A，B，點M坐標為（2,1），設直線MA與MB的斜率分別為k1，k2，試問k1+k2是否為定值？并說明理由．22．（10分）已知數列滿足，等差數列滿足，（1）分別求出，的通項公式；（2）設數列的前n項和為，數列的前n項和為證明：．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．D【解析】選項A，否命題為“若，則”，故A不正確．選項B，逆命題為“若，則”，為假命題，故B不正確．選項C，由題意知對，都有，故C不正確．選項D，命題的逆否命題“若，則”為真命題，故“若，則”是真命題，所以D正確．選D．2．D【解析】由復數模的定義可得：，求解關于實數的方程可得：.本題選擇D選項.3．C【解析】

求得等比數列的公比，然后利用等比數列的求和公式可求得的值.【詳解】設等比數列的公比為，，，，因此，.故選：C.【點睛】本題考查等比數列求和公式的應用，解答的關鍵就是求出等比數列的公比，考查計算能力，屬于基礎題.4．C【解析】

根據輔助角公式化簡三角函數式，結合為函數的一條對稱軸可求得，代入輔助角公式得的解析式.根據三角函數圖像平移變換，即可求得函數的解析式.【詳解】函數，由輔助角公式化簡可得，因為為函數圖象的一條對稱軸，代入可得，即，化簡可解得，即，所以將函數的圖象向右平行移動個單位長度可得，則，故選：C.【點睛】本題考查了輔助角化簡三角函數式的應用，三角函數對稱軸的應用，三角函數圖像平移變換的應用，屬于中檔題.5．A【解析】

根據模長計算公式和數量積運算，即可容易求得結果.【詳解】由于，故選：A.【點睛】本題考查向量的數量積運算，模長的求解，屬綜合基礎題.6．D【解析】

根據是定義是上的奇函數，滿足，可得函數的周期為3，再由奇函數的性質結合已知可得，利用周期性可得函數在區間上的零點個數．【詳解】∵是定義是上的奇函數，滿足，，可得，

函數的周期為3，

∵當時，，

令，則，解得或1，

又∵函數是定義域為的奇函數，

∴在區間上，有．

由，取，得，得，

∴．

又∵函數是周期為3的周期函數，

∴方程=0在區間上的解有共9個，

故選D．【點睛】本題考查根的存在性及根的個數判斷，考查抽象函數周期性的應用，考查邏輯思維能力與推理論證能力，屬于中檔題．7．C【解析】

利用三角恒等變換化簡三角函數為標準正弦型三角函數，即可容易求得最小值.【詳解】由于，故其最小值為：.故選：C.【點睛】本題考查利用降冪擴角公式、輔助角公式化簡三角函數，以及求三角函數的最值，屬綜合基礎題.8．B【解析】

由是偶函數，則只需在上有且只有兩個零點即可.【詳解】解：顯然是偶函數所以只需時，有且只有2個零點即可令，則令，遞減，且遞增，且時，有且只有2個零點，只需故選：B【點睛】考查函數性質的應用以及根據零點個數確定參數的取值范圍，基礎題.9．A【解析】

根據題意，分別求出再根據離散型隨機變量期望公式進行求解即可【詳解】由題可知，，，則解得，由可得，答案選A【點睛】本題考查離散型隨機變量期望的求解，易錯點為第三次發球分為兩種情況：三次都不成功、第三次成功10．C【解析】

根據不動點的定義，利用換底公式分離參數可得；構造函數，并討論的單調性與最值，畫出函數圖象，即可確定的取值范圍.【詳解】由得，.令，則，令，解得，所以當時，，則在內單調遞增；當時，，則在內單調遞減；所以在處取得極大值，即最大值為，則的圖象如下圖所示：由有且僅有一個不動點，可得得或，解得或.故選：C【點睛】本題考查了函數新定義的應用，由導數確定函數的單調性與最值，分離參數法與構造函數方法的應用，屬于中檔題.11．C【解析】

由，可得，通過等號左右實部和虛部分別相等即可求出的值.【詳解】解：，，解得：.故選:C.【點睛】本題考查了復數的運算，考查了復數相等的涵義.對于復數的運算類問題，易錯點是把當成進行運算.12．D【解析】

畫出可行域，計算出原點到可行域上的點的最大距離，由此求得的最大值.【詳解】畫出可行域如下圖所示，其中，由于,，所以，所以原點到可行域上的點的最大距離為.所以的最大值為.故選：D【點睛】本小題主要考查根據可行域求非線性目標函數的最值，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．164【解析】

只需令x＝0，易得a5，再由(x＋1)3(x＋2)2＝(x＋1)5＋2(x＋1)4＋(x＋1)3，可得a4＝＋2＋.【詳解】令x＝0，得a5＝(0＋1)3(0＋2)2＝4，而(x＋1)3(x＋2)2＝(x＋1)3[(x＋1)2＋2(x＋1)＋1]＝(x＋1)5＋2(x＋1)4＋(x＋1)3；則a4＝＋2＋＝5＋8＋3＝16.故答案為：16,4.【點睛】本題主要考查了多項式展開中的特定項的求解，可以用賦值法也可以用二項展開的通項公式求解，屬于中檔題.14．10【解析】

①根據換底公式計算即可得解；②根據同底對數加法法則，結合①的結果即可求解.【詳解】①由題：,則；②由①可得：.故答案為：①1，②0【點睛】此題考查對數的基本運算，涉及換底公式和同底對數加法運算，屬于基礎題目.15．1【解析】

直接用表示出，然后由不等式性質得出結論．【詳解】由題意，又，∴，即，∴的最大值為1．故答案為：1．【點睛】本題考查不等式的性質，掌握不等式的性質是解題關鍵．16．【解析】

根據復合函數單調性同增異減，結合二次函數的性質、對數型函數的定義域列不等式組，解不等式求得的取值范圍.【詳解】由二次函數的性質和復合函數的單調性可得解得.故答案為：【點睛】本小題主要考查根據對數型復合函數的單調性求參數的取值范圍，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1），（2）．【解析】

根據題意設，可得PF的方程，根據距離即可求出；點Q處的切線的斜率存在，由對稱性不妨設，根據導數的幾何意義和斜率公式，求，并構造函數，利用導數求出函數的最值．【詳解】因為拋物線C的方程為，所以F的坐標為，設，因為圓M與x軸、直線l都相切，l平行于x軸，所以圓M的半徑為，點，則直線PF的方程為，即，所以，又m，，所以，即，所以E的方程為，，設，，，由知，點Q處的切線的斜率存在，由對稱性不妨設，由，所以，，所以，，所以，．令，，則，由得，由得，所以在區間單調遞減，在單調遞增，所以當時，取得極小值也是最小值，即AB取得最小值此時．【點睛】本題考查了直線和拋物線的位置關系，以及利用導數求函數最值的關系，考查了運算能力和轉化能力，屬于難題．18．（1）（2）證明見解析【解析】

（1）求導得到，解得答案.（2）變形得到，令函數，求導得到函數單調區間得到，，得到證明.【詳解】（1），，解得.（2）得，變形得，令函數，，令解得，當時，時.函數在上單調遞增，在上單調遞減，，而函數在區間上單調遞增，，，即，即，恒成立.【點睛】本題考查了根據切線求參數，證明不等式，意在考查學生的計算能力和轉化能力，綜合應用能力.19．（1）；（2）【解析】

（1）將代入可得集合B，解對數不等式可得集合A，由并集運算即可得解.（2）由可知B為A的子集，即；當符合題意，當B不為空集時，由不等式關系即可求得的取值范圍.【詳解】（1）若，則，依題意，故；（2）因為，故；若，即時，，符合題意；若，即時，，解得；綜上所述，實數的取值范圍為.【點睛】本題考查了集合的并集運算，由集合的包含關系求參數的取值范圍，注意討論集合是否為空集的情況，屬于基礎題.20．（1）（2）或【解析】

（1）根據為真命題列出不等式，進而求得實數的取值范圍；（2）應用復合命題真假判定的口訣：真“非”假，假“非”真，一真“或”為真，兩真“且”才真.【詳解】（1），且，解得所以當為真命題時，實數的取值范圍是.（2）由，可得，又∵當時，，.∵當為真命題，且為假命題時，∴與的真假性相同，當假假時，有，解得；當真真時，有，解得；故當為真命題且為假命題時，可得或.【點睛】本題主要考查結合不等式的含有量詞的命題的恒成立問題，存在性問題，考查復合命題的真假判斷，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.21．（1）（2）k1+k2為定值0，見解析【解析】

（1）利用已知條件直接求解，得到橢圓的方程；（2）設直線在軸上的截距為，推出直線方程，然后將直線與橢圓聯立，設，利用韋達定理求出，然后化簡求解即可.【詳解】（1）由橢圓過點（0,），則，又a+