宁夏中卫市2023届高三（一模）数学理科试题(含解析)

宁夏中卫市2023届高三（一模）数学理科试题

一、单选题

1．设集合，，．若，，则（    ）

A． B． C．1 D．3

2．若复数，则的共轭复数＝（    ）

A． B． C． D．

3．已知 ， ，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

4．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

5．《九章算术》中有一题：今有牛、马、羊、猪食人苗，苗主责之粟9斗，猪主曰：“我猪食半羊．”羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？其意是：今有牛、马、羊、猪吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿9斗粟，猪主人说：“我猪所吃的禾苗只有羊的一半．”羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，牛、马、羊、猪的主人各应赔偿多少粟？在这个问题中，马主人比猪主人多赔偿了（    ）斗．

A． B． C．3 D．

6．若满足约束条件，则的最小值是（    ）

A．-6 B．-4 C．0 D．2

7．如图是函数图象的一部分，设函数，则可以表示为 （    ）

A． B． C． D．

8．已知函数，则（    ）

A．在上单调递减 B．在上单调递增

C．在上单调递减 D．在上单调递增

9．过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（    ）

A．24种 B．36种 C．48种 D．60种

10．的内角的对边分别为a，b，c，满足.若为锐角三角形，且a=3，则面积最大为（    ）

A． B． C． D．

11．设双曲线的左、右焦点分别为，，左顶点为，点是双曲线在第一象限内的一点，直线交双曲线的左支于点，若，则点与点的横坐标的绝对值之比为（    ）

A． B． C．4 D．

12．利用“”可得到许多与n（且）有关的结论①，②，③，④，则结论正确的有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

二、填空题

13．已知，平面向量，.若，则实数的值是______.

14．已知的展开式为，若，则__________.

15．为椭圆上一点，曲线与坐标轴的交点为，，，，若，则到轴的距离为__________.

16．蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，，，，满足，，则该“鞠”的表面积为____________.

三、解答题

17．已知数列的前项和为，.

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

18．携号转网，也称作号码携带、移机不改号，即无需改变自己的手机号码，就能转换运营商，并享受其提供的各种服务．2019年11月27日，工信部宣布携号转网在全国范围正式启动．某运营商为提质量保客户，从运营系统中选出300名客户，对业务水平和服务水平的评价进行统计，其中业务水平的满意率为，服务水平的满意率为，对业务水平和服务水平都满意的客户有180人．

(1)完成下面2×2列联表，并分析是否有99%的把握认为业务水平与服务水平有关；

(2)为进一步提高服务质量在选出的对服务水平不满意的客户中，抽取2名征求改进意见，用X表示对业务水平不满意的人数，求X的分布列与期望.

附：，．

19．如图，在三棱柱中，底面为等腰直角三角形，侧面底面为中点，.

(1)求证：；

(2)再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.

条件①：；条件②：.

20．在直角坐标系中，动点M到定点的距离比到y轴的距离大1．

(1)求动点M的轨迹方程；

(2)当时，记动点M的轨迹为曲线C，过F的直线与曲线C交于P，Q两点，直线OP，OQ与直线分别交于A，B两点，试判断以AB为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．

21．已知函数.

(1)讨论的单调性；

(2)若，求a的取值范围.

22．在极坐标系中，圆的极坐标方程为，直线的极坐标方程为．以极点为坐标原点，以极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系．

(1)求圆及直线的直角坐标方程；

(2)若射线分别与圆和直线交于两点，其中，求的最大值．

23．已知，函数的最小值为3．

(1)求的值；

(2)求证：．

参考答案：

1．B

【分析】根据包含关系结合交集的结果可求的值.

【详解】因为，故，故或，

若，则，，此时，符合；

若，则，，此时，不符合；

故选：B

2．A

【分析】利用复数的四则运算化简复数，结合共轭复数的定义可得复数.

【详解】因为，因此，.

故选：A.

3．A

【分析】应用同角三角函数关系、诱导公式得，，再由差角正切公式求值即可.

【详解】由题可得，，，

所以.

故选：A

4．D

【分析】先确定与中间量0的大小关系，再利用指数函数的单调性来比较大小.

【详解】,

，

故

故选：D.

5．B

【分析】转化为等比数列进行求解，设出未知数，列出方程，求出马主人比猪主人多赔偿了斗数.

【详解】由题意得：猪、羊、马、牛的主人赔偿的粟斗数成等比数列，公比为2，

设猪的主人赔偿的粟斗数为，

则，解得：，

故马主人赔偿的粟斗数为，

所以马主人比猪主人多赔偿了斗数为.

故选：B

6．A

【分析】画出可行域及目标函数，由几何意义求出最小值.

【详解】画出可行域与目标函数，

联立，解得，

当直线过点时，取得最小值，，

故最小值为-6.

故选：A

7．C

【解析】结合函数图象利用奇偶性排除部分选项，再根据当时，x趋于0时，函数值趋于负无穷大判断.

【详解】因为与都是偶函数，排除A，B.

因为和都是奇函数，且当时，x趋于0时，函数值趋于负无穷大，排除D,

故选：C

8．C

【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.

【详解】因为.

对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；

对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；

对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；

对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.

故选：C.

9．B

【分析】根据特殊元素“失重飞行”进行位置分类方法计算，结合排列组合等计数方法，即可求得总的测试的安排方案种数.

【详解】①若失重飞行安排在第一天则前庭功能安排第二天，则后面三天安排其他三项测试有种安排方法，

此情况跟失重飞行安排在第五天则前庭功能安排第四天安排方案种数相同；

②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第四、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法，

此情况与失重飞行安排在第四天方安排方案种数相同；

③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第一、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法；

故选拔测试的安排方案有种.

故选：B.

10．D

【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理、三角形面积公式结合均值不等式求解作答.

【详解】在中，由及正弦定理得：，

即，由余弦定理得，在锐角中，，

而，因此，当且仅当时取等号，

于是的面积，

所以当时，的面积取得最大值.

故选：D

11．B

【分析】根据题意可得三点坐标，由可利用相似比得，代入两点坐标并联立，解之即可求得结果.

【详解】如下图所示：

根据题意可知，设

由可知，，

所以，即，

所以，即；

所以，联立，解得；

所以，

即，

点与点的横坐标的绝对值之比为.

故选：B

12．C

【分析】先证明出，当且仅当时，等号成立，对于①，令，得到，累加后得到①正确；对于②，推导出，，当且仅当时等号成立，令，可得，累加后得到②正确；对于③，推导出，累加后得到③错误；对于④，将中的替换为，推导出，故，当且仅当时，等号成立，累加后得到④正确.

【详解】令，则，

当时，，当时，，

故在上单调递减，在上单调递增，

故在处取得极小值，也时最小值，，

故，当且仅当时，等号成立，

对于①，令，所以，

故，

其中

，

所以，故①正确；

对于②，将中的替换为，可得，，

当且仅当时等号成立，

令，可得，

所以，

故，

其中

所以，故②正确；

对于③，将中的替换为，显然，

则，

故，

故，故③错误；

对于④，将中的替换为，其中，，则，

则，故，当且仅当时，等号成立，

则，故④正确.

故选：C

【点睛】思路点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常用到裂项相消法求和）达到证明的目的.

13．2

【分析】利用向量共线的坐标运算求实数的值.

【详解】平面向量，，

若，则，由，解得.

故答案为：2

14．或

【分析】利用二项式定理求解即可.

【详解】展开式的通项公式为，，

令，则，即，

令，则，即，

由题意可得，即，解得或，

故答案为：或

15．

【分析】首先表示出，，，的坐标，依题意可得，即可得到为椭圆上一点，联立两椭圆方程，求出，即可得解.

【详解】解：不妨设，，，，

则，为椭圆的焦点，所以，

又，所以，

且，所以在以、为焦点的椭圆上，且，所以，

所以为椭圆上一点，

由，解得，则，

故到轴的距离为.

故答案为：

16．

【分析】由题意画出图形，可得，均为等边三角形，设球心为O，的中心为，取中点，连接AF，CF，OB，，AO，构造直角三角形，利用勾股定理求解棱锥外接球的半径，再由球的表面积公式求解.

【详解】由已知得，均为等边三角形，如图所示，

设球心为O，的中心为，取中点，连接AF，CF，OB，，AO，

则，，而，平面，∴平面，

可求得 而，， 则，

在平面中，过点作的垂线，与的延长线交于点，

由平面，平面，得，

又，，平面，故平面，

过点O作于点G，则四边形是矩形，

而 ，

设球的半径为R，，则由，，

得 ，   ，

解得， ，

故三棱锥外接球的表面积为.

故答案为：

【点睛】方法点睛：对于三棱锥外接球的三种模型

第一种模型为常见墙角模型，此时将三棱锥看作长方体中的一个部分，将长方体进行补全之后就可以找到外接球半径与长方体三边之间的关系.

第二种模型为对边相等的三棱锥外接球，方法同样将其补形为长方体，我们可以通过画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对边，然后通过每一组在直角三角形中的满足勾股定理的形式而列出方程，然后再将三组方程相加之后就可以得到长方体三边的平方的关系，继而可以求出外接球的半径.

第三种模型为确定球心来构造直角三角形，这种模型最关键的就是利用底面三角形的外心来确定球心，然后来构造直角三角形将立体图形转化为平面图形，在直角三角形当中来求出球的半径.

17．(1)

(2)

【分析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可得出数列的通项公式；

（2）利用分组求和法可求得.

【详解】（1）解：当时，，解得；

当时，由可得，

上述两个等式作差可得，则，

所以，数列是首项为，公比为的等比数列，故.

（2）解：由题意可知，，

因为，则，则数列为等差数列，

所以数列的前项和为，

所以，

.

18．(1)列联表见解析，没有99%的把握认为业务水平满意与服务水平满意有关

(2)分布列见解析，

【分析】（1）利用题意可完成列联表，然后根据公式求出，再对照临界值表即可得出结论;

（2）根据题意结合超几何分布求分布列和期望

【详解】（1）有题可得对业务水平满意的有人，对服务水平满意的有人，得2×2列联表

经计算得，

所以没有99%的把握认为业务水平满意与服务水平满意有关

（2）X的可能值为0，1，2，

，，，

所以X的分布列如下

则X的期望

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；

（2）选①，取的中点，连接，证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

选②，取的中点，连接，利用勾股定理证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）因为，为中点，

所以，

又因为面面，面面，面，

所以平面，

又平面，所以；

（2）选①，取的中点，连接，

则且，

所以四边形为平行四边形，所以，

因为，为的中点，

所以，

又平面，

所以平面，

又，所以平面，

又平面，所以，

因为，所以，

如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，

由，得，

则，

则，

因为平面，

所以即为平面的一条法向量，

设平面的法向量为，

则有，可取，

则，

由图可知，二面角为锐二面角，

所以二面角的余弦值为.

选②，取的中点，连接，

则且，

所以四边形为平行四边形，所以且，

因为且，

所以四边形为平行四边形，所以且，

又因为，所以，

又，，

所以，则，

在中，因为，

所以，

如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，

下同选①的答案.

20．(1)时，；时，

(2)是，过定点和

【分析】（1）考虑和两种情况，时确定轨迹为抛物线，根据题意得到，得到答案.

（2）设直线的方程为，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，计算中点坐标为，半径为，得到圆方程为，取得到定点.

【详解】（1）动点M到定点的距离比到y轴的距离大1，

当时，动点M到定点的距离等于到的距离，轨迹为抛物线，

设抛物线方程为，，，

当时，满足条件.

综上所述：

轨迹方程为：时，；时，

（2）设直线的方程为，，联立，

整理得：，，，

直线的方程为，同理：直线的方程为，

令得，，

设中点的坐标为，则，，

所以.

，

圆的半径为.

所以为直径的圆的方程为.

展开可得，令，可得，解得或.

所以以为直径的圆经过定点和

21．(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求函数的导数，分或两种情况讨论；

（2）由，令，，分，或三种情况讨论.

【详解】（1）的定义域为.

当时，，则，

当时，可知在上单调递增，

当时，令，得，今，得.

因为，所以为偶函数，

所以当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；

当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为，；

（2）令，可得，

令，则.

当时，，显然成立.

当时，，在区间上单调递增，若，由，可得，

有，与矛盾.

当时，令，可得，可知函数的单调递减区间为，单调递增区间为，可得.

若，则必有，可化为，

令，由，可得，令，得，

可知的单调递减区间为，单调递增区间为，

则，可知.

综上，a的取值范围为.

【点睛】导数恒成立问题方法点睛：

1.含参不等式恒成立问题首选的方法是通过分离变量，转化为求函数的最值问题.

2.不能参变分离时，通过构造函数，分类进行讨论，求导得到函数的单调性，求此函数的最值.

22．(1)，.

(2).

【分析】（1）直接利用转换关系式，把极坐标方程转换成直角坐标方程；

（2）将代入可得与表达式，得到，化简得到，根据的范围，即可得到最大值.

【详解】（1）解：因为，，

所以由可得，，

化为普通方程为，，即.

由可得，，由，，

可得.

（2）解：将代入圆和直线的极坐标方程可得，，所以，

则，，

所以，

因为，所以，

当，即时，有最大值为.

23．(1)2

(2)证明见解析

【分析】（1）利用绝对值不等式即可求出；

（2）利用乘“1”法求出，则，则，移项即可.

【详解】（1）因为,

当且仅当时,等号成立,

又,所以.

（2）由（1）知,又,

所以,

当且仅当，联立，即时等号成立,

所以,

则

即