宁夏中卫市2023届高三（一模）数学文科试题(含解析)

宁夏中卫市2023届高三（一模）数学文科试题

一、单选题

1．设全集，集合M满足，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．1

3．已知双曲线C：的左右焦点为，，点P在双曲线C的右支上，则（    ）

A．－8 B．8 C．10 D．－10

4．某保险公司为客户定制了A，B，C，D，E共5个险种，并对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图：

用该样本估计总体，以下四个说法错误的是（    ）．

A．57周岁以上参保人数最少

B．18～30周岁人群参保总费用最少

C．C险种更受参保人青睐

D．31周岁以上的人群约占参保人群80％

5．如图1．规定1个正方形对应1个三角形和1个正方形，1个三角形对应1个正方形．已知图2中，第1行有1个正方形和1个三角形，按上述规定得到第2行，共有2个正方形和1个三角形，按此规定维续可得到第3行，第4行，第5行，则在图2中第5行正方形的个数为（    ）

A．5 B．8 C．13 D．16

6．若满足约束条件，则的最小值是（    ）

A．-6 B．-4 C．0 D．2

7．设，向量，，.则“”是“”的（    ）

A．充分不必要文件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

8．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象.若是函数图象的一条对称轴，则的值为（    ）

A． B． C． D．

9．函数的图像是（    ）

A． B．

C． D．

10．我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长1与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距正切值的乘积，即．对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为，且，若第二次的“晷影长”与“表高”相等，则第一次的“晷影长”是“表高”的（    ）

A．1倍 B．2倍 C．3倍 D．4倍

11．在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面，则下列说法正确的是（    ）

A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为

C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为

12．已知关于x的不等式在上恒成立，则正数m的最大值为（    ）

A． B．0 C．e D．1

二、填空题

13．已知函数，则________．

14．对于二维码，人们并不陌生，几年前，在门票、报纸等印刷品上，这种黑白相间的小方块就已经出现了．二维码背后的趋势是整个世界的互联网化，这一趋势要求信息以更为简单有效的方式从线下流向线上．如图是一个边长为4的“祝你考试成功”正方形二维码，为了测算图中黑色部分的面积，在正方形区域内随机投掷400个点，其中落入黑色部分的有250个点，据此可估计黑色部分的面积为________．

15．已知A，B，C三点都在表面积为100π的球O的表面上，若，，则球心O到平面ABC的距离等于________．

16．已知椭圆的左，右焦点分别为，，以坐标原点O为圆心，线段为直径的圆与椭圆C在第一象限相交于点A．若，则椭圆C的离心率的取值范围为______．

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．为深入贯彻党的教䏍方针，全面落实《中共中央国务院关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》，某校从2022年起积极推进劳动课程改革，先后开发开设了具有地方特色的家政､烹饪､手工､园艺､非物质文化遗产等劳动实践类校本课程.为调研学生对新开设劳动课程的满意度并不断改进劳动教育，该校从2022年1月到10月每两个月从全校3000名学生中随机抽取150名学生进行问卷调查，统计数据如下表：

(1)由表中看出，可用线性回归模型拟合满意人数与月份之间的关系，求关于的回归直线方程，并预测12月份该校全体学生中对劳动课程的满意人数；

(2)10月份时，该校为进一步深化劳动教育改革，了解不同性别的学生对劳动课程是否满意，经调研得如下统计表：

请根据上表判断是否有的把握认为该校的学生性别与对劳动课程是否满意有关？参考公式：.

，其中.

19．如图，四棱台中，底面是菱形，点分别为棱的中点，，，，.

(1)证明：平面；

(2)当时，求多面体的体积.

20．已知抛物线经过点.

(1)求抛物线的方程；

(2)动直线与抛物线交于不同的两点，，是抛物线上异于，的一点，记，的斜率分别为，，为非零的常数.

从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：

①点坐标为；②；③直线经过点.

21．已知，函数，.

(1)讨论的单调性；

(2)过原点分别作曲线和的切线和，试问：是否存在，使得切线和的斜率互为倒数？请说明理由.

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．C

【分析】根据补集的定义求出，即可得到结果.

【详解】因为，所以，

则，所以C正确.

故选：C.

2．C

【分析】由复数的运算结合定义求解.

【详解】，即的虚部为.

故选：C

3．A

【分析】先由双曲线的方程求出其实半轴长，然后利用双曲线的定义可求得答案.

【详解】设双曲线的实半轴长为，

则，所以，

因为双曲线C的左右焦点为，，点P在双曲线C的右支上，

所以，

故选：A

4．B

【分析】根据扇形图、散点图、频率图对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，57周岁以上参保人数所占比例是，是最少的，A选项正确.

B选项，“18～30周岁人群参保平均费用”比“57周岁以上人群参保平均费用”的一半还多，

而18～30周岁人群参保人数所占比例是57周岁以上参保人数所占比例的两倍，

所以57周岁以上参保人群参保总费用最少，B选项错误.

C选项，C险种参保比例，是最多的，所以C选项正确.

D选项，31周岁以上的人群约占参保人群，D选项正确.

故选：B

5．B

【分析】设为第行中正方形的个数，为第行中三角形的个数，再推断与下一行的关系，从而得到第5行正方形的个数.

【详解】解：设为第行中正方形的个数，为第行中三角形的个数，由于每个正方形产生下一行的1个三角形和1个正方形，每个三角形产生下一行的1个正方形，

则有，，

整理得，且，，

则，，.

所以第5行的正方形的个数为8.

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．A

【分析】根据可得的值，再根据也可得到的值，即可得到命题关系.

【详解】因为，即；，即，“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

8．A

【分析】利用二倍角公式和两角差的公式得到，利用平移变换得到，再根据条件结合正弦函数的对称性列方程求的值.

【详解】由，

化简得，

所以

故，

因为函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象.

所以．

又是函数的一条对称轴，

所以，

解得．

因为，

所以．

故选：A．

9．B

【分析】根据函数的零点和区间内的值域，利用排除法选择图像.

【详解】图像过点，，排除AD；当时，，排除C.

故选：B.

10．B

【分析】根据给定条件，可得，再利用和角的正切公式计算作答.

【详解】依题意，，则，

所以第一次的“晷影长”是“表高”的2倍.

故选：B

11．B

【分析】如图，取棱的中点，连接，进而证明平面平面，再结合题意可知直线必过点，进而取中点，连接，证明平面即可得四边形为点的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可.

【详解】解：如图，取棱的中点，连接，

因为分别为，的中点，

所以，在中，，由于平面，平面，

所以平面，

因为，所以，四边形为平行四边形，

所以，因为平面，平面，

所以，平面，

因为，平面，

所以，平面平面，

由于为体对角线的中点，

所以，连接并延长，直线必过点，

故取中点，连接，

所以，由正方体的性质易知，

所以，四边形是平行四边形，，，

因为，，，

所以，共线，即平面，

所以，四边形为点的轨迹，故A选项错误；

由正方体的棱长为，所以，四边形的棱长均为，且对角线为，，

所以，四边形为菱形，周长为，故CD选项错误，

由菱形的性质知，线段的最大值为，故B选项正确.

故选：B

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于取棱的中点，进而证明平面平面，再根据面面平行的性质求解点轨迹即可求解.

12．C

【分析】将不等式变形得到，构造，研究其单调性得到，取对数后参变分离得到，构造，求导后得到，从而得到，求出，得到答案.

【详解】变形为，

即，

其中，，故，

令，则有，

因为在上恒成立，故在上单调递增，

故，两边取对数得：，则，

令，则，故当时，，

当时，，

故在上单调递增，在上单调递减，

在处取得极大值，也是最大值，，

所以，解得：，故正数m的最大值为.

故选：C

【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是变形得到，从而构造进行求解.

13．7

【分析】根据的解析式求得正确答案.

【详解】.

故答案为：

14．10

【分析】由几何概型中的面积型概率计算公式即可求解.

【详解】记正方形和黑色部分的面积分别为，则由几何概型可得：，故，

故答案为：10

15．3

【分析】设△ABC的外接圆的圆心为O′，由正弦定理求得球O半径，结合球的性质可求得球心O到平面ABC的距离.

【详解】如图所示，设△ABC的外接圆的圆心为O′，

根据正弦定理可知，

由球O的表面积为100π得，

由球的性质可知，构成直角三角形，故球心O到平面ABC的距离．

故答案为：3

16．

【分析】根据题意可得，且，再根据焦点三角形中的关系表达出离心率，结合函数的单调性求解即可

【详解】由题意，因为线段为直径的圆与椭圆C在第一象限相交于点A．

故半径,即 ，且.

又离心率，

因为，结合题意有，

设，则，易得对勾函数在上单调递增，

故在上单调递增，

故，即

故答案为：

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)，2540

(2)有的把握

【分析】（1）根据线性回归方程公式求出，进而求出回归直线方程，预测出结果；

（2）根据公式求出，判断出有的把握认为该校的学生性别与对劳动课程是否满意有关.

【详解】（1）由题意可得，

则

可得，

故关于的回归直线方程为.

令，得，

据此预测12月份该校全体学生中对劳动课程的满意人数为人.

（2）提出假设：该校的学生性别与对劳动课程是否满意无关.

则.

因为，而，

故有的把握认为该校的学生性别与对劳动课程是否满意有关.

19．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）先证明，结合由线面垂直判定定理证明平面，

由此证明．再证明，并由线面垂直判定定理证明平面；

（2）由平面可知四棱台的高为1，结合台体体积公式

和锥体体积公式求即可得出答案.

【详解】（1）因为底面是菱形，所以四边形的对角线，

因为点分别为棱的中点，，

所以，故，

又因为.

因为多面体是四棱台，

所以A，C，G，E共面，

又，平面，

所以面，又因为平面，

所以，又因为，

因为与是相交直线，平面，

所以平面；

（2）当时，，又，

则，所以，

故，四边形是边长为2的正方形.

由（1）知，平面，所以四棱台的高为1，

又正方形的面积为，正方形的面积为，

所以，

又因为，，

所以多面体的体积为.

20．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）将代入抛物线即可求解；

（2）选择①②，证③：设直线，与抛物线进行联立可得，，利用两点的斜率公式即可求证；选择①③，证②和选择②③，证①，设设直线的方程为，与抛物线进行联立可得，，利用两点的斜率公式即可求证；

【详解】（1）因为抛物线经过点，

所以，所以，所以抛物线的方程为；

（2）设，，

方案一：选择①②，证③

因为，，

所以，所以，

由已知可知与轴不平行，设直线，

联立消去可得，

，所以，，

所以，所以直线的方程为，所以经过；

方案二：选择①③，证②

设直线的方程为，联立消去可得，

所以，，，

因为，，

所以；

方案三：选择②③，证①

设直线的方程为，联立消去可得，

所以，，，

设，则，，

所以，

所以，整理可得，

因式分解可得对任意的恒成立，

所以，所以点坐标为.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．(1)答案见解析

(2)存在，理由见解析

【分析】（1）求出函数的定义域和导数，然后分和两种情况讨论，分析在上导数符号的变化，即可得出函数的单调区间；

（2）根据导数的几何意义求出过原点的切线方程的斜率，由斜率之间的关系可得，再通过构造函数判断其有解即可.

【详解】（1）由已知的定义域是，，

当时，在恒成立，在上单调递增；

当时，由，得，

若时，，在上单调递增，

若时，，在上单调递减；

综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为

（2）假设存在，使得切线和的斜率互为倒数.

，，

设的切线方程是，

令，则，，切点为，

于是，解得，

所以的斜率为，于是的斜率为             

设的切点坐标为，

由，可得，

又，所以，

整理得，

设（），

则，

当时，，在单调递增，

而，所以 ，

时，，在上单调递减，

又，

所以存在，使得，

因此关于的方程有正数解.

所以存在，使得切线和的斜率互为倒数.

【点睛】关键点点睛：本题考查带参函数单调区间的求解，同时也考查了利用导数的几何意义及构造函数解决方程有解的问题，难度较大..

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