2023届内蒙古赤峰市八校高三第三次统一模拟考试联考数学（文）试题含解析

这是一份2023届内蒙古赤峰市八校高三第三次统一模拟考试联考数学（文）试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，设全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由图可知阴影部分，表示的集合为，再由题中条件，即可得出结果.
【详解】由图可知阴影部分表示的集合为，
因为集合，，所以.
故选:A.
2．复数的虚部是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据复数的乘法运算，结合虚部的概念即可求解.
【详解】，
所以该复数的虚部为4.
故选：C.
3．已知,若,则的最小值为（ ）
A．4B．9C．8D．10
【答案】B
【分析】利用向量垂直的坐标公式得到，然后利用基本不等式“1”的代换即可
【详解】因为，，则，即.
.
当且仅当即时取等号，故的最小值为9
故选：B.
4．某经济开发区经过五年产业结构调整和优化，经济收入比调整前翻了两翻，为了更好的了解该开发区的经济收入变化情况，统计了该开发区产业结构调整前后的经济收入构成比例，得到如图所示的饼状图，则下列选项正确的是（ ）
①产业结构调整后节能环保的收入与调整前的总收入一样多
②产业结构调整后科技研发的收入增幅最大
③产业结构调整后纺织服装收入相比调整前有所降低
④产业结构调整后食品加工的收入超过调整前纺织服装的收入
A．②③B．③④C．①②③D．①②④
【答案】D
【分析】设产业结构调整前的经济收入为，则产业结构调整后的经济收入为，然后根据所占百分比分别计算出各种类型的收入即可进行比较.
【详解】设产业结构调整前的经济收入为，则产业结构调整后的经济收入为，
产业结构调整后节能环保的收入为，所以产业结构调整后节能环保的收入与调整前的总收入一样多，所以①正确；
产业结构调整前科技研发的收入为，产业结构调整后科技研发的收入为，所以选项②正确；
产业结构调整前纺织服装收入为，产业结构调整后纺织服装收入为，所以③错误；
产业结构调整后食品加工的收入为，而产业结构调整前纺织服装收入为，所以④正确.
故选：D.
5．若、满足线性约束条件，则（ ）
A．有最小值B．有最小值
C．有最大值D．有最大值
【答案】D
【分析】本题首先可根据题意绘出可行域，然后令，，则表示点与可行域中的点连线的斜率，最后通过图像易知过点时取最大值，过点时取最小值，最后通过计算即可得出结果.
【详解】如图，根据题意绘出可行域，
令，，则表示点与可行域中的点连线的斜率，
联立，解得，，
结合图像易知过点时，取最大值，此时，
同理易知过点时，取最小值，此时，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查线性规划相关问题的求解，考查借助线性规划求最值，能否根据题意绘出可行域是解决本题的关键，考查的几何意义的应用，考查逻辑思维能力、运算求解能力，是中档题.
6．已知角的终边上一点的坐标为，角的终边与角的终边关于轴对称，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角函数的定义得，再根据和角公式求解即可.
【详解】解：因为角的终边上一点的坐标为，角的终边与角的终边关于轴对称，
所以，点是角的终边上的点，
所以，，
所以
故选：C
7．某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示）．已知接收天线的口径（直径）为3.6m，深度为0.6m，则该抛物线的焦点到顶点的距离为（ ）
A．1.35mB．2.05mC．2.7mD．5.4m
【答案】A
【分析】根据题意先建立恰当的坐标系，可设出抛物线方程，利用已知条件得出点在抛物线上，代入方程求得p值，进而求得焦点到顶点的距离.
【详解】如图所示，在接收天线的轴截面所在平面上建立平面直角坐标系xOy，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点O重合，焦点F在x轴上．
设抛物线的标准方程为，
由已知条件可得，点在抛物线上，
所以，解得，
因此，该抛物线的焦点到顶点的距离为1.35m，
故选：A.
8．执行如图的程序框图，如果输入的，则输出的（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由起始条件依次执行程序，判断结论是或否，直至判断为否，退出循环，输出结果，结束执行.
【详解】执行程序, 判断为是；
判断为是；
判断为是；
判断为是；

判断为否，退出循环，输出
故选C.
【点睛】本题主要考查了数列求和背景下的程序框图问题，关键是列出每次循环后的执行情况,属于基础题.
9．函数在处的切线如图所示，则（ ）
A．0B．C．D．-
【答案】A
【分析】根据切线过和，利用斜率公式求得，写出切线方程，再令，求得即可.
【详解】因为切线过和，所以，
所以切线方程为，
令，则，
所以，
所以.
故选：A.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题.
10．已知表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，，，则有下面四个命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.其中所有正确的命题是
A．①③B．①④C．②③D．①②③④
【答案】A
【分析】根据线面、面面位置关系逐项分析即可.
【详解】①因为，，所以，由可知，故正确，②，，可能在内或与平行，推不出，故错误，③，可推出,又，所以，故正确, ④若相交交线为m,则，推不出，故错误.
综上可知选A.
【点睛】本题主要考查了线线、线面、面面平行垂直的判定与性质，属于中档题.
11．2022年卡塔尔世界杯中的数字元素——会徽（如图）正视图近似伯努利双纽线.定义：在平面直角坐标系中，把到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知是双纽线上的一点，下列说法错误的是（ ）
A．双纽线关于原点成中心对称
B．
C．双曲线上满足的点有两个
D．的最大值为
【答案】C
【分析】A.先由双纽线的定义得到方程，将 替换方程中的 判断；B. 由求解判断；C. 由方程令 求解判断；D. 由 ，结合余弦定理判断.
【详解】解：由到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，
得，
将 替换方程中的 ，方程不变，故双纽线关于原点成中心对称，故A正确；
由等面积法得，则 ，
所以，故B正确；
令 ，得 ，解得 ，所以双曲线上满足的点有一个，故C错误；
因为 ，所以 ，
由余弦定理得 ，
所以 ，
所以 的最大值为，故D正确，
故选：C.
12．设函数的零点为、、…，表示不超过的最大整数，有下述四个结论：①函数在上单调递增；②函数与有相同零点；③函数有且仅有一个零点，且；④函数有且仅有两个零点，且.其中所有正确结论的个数是（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】①利用导数法判断；②由不是零点，令判断；③④用导数法，由，则在，上单调递增判断.
【详解】，当时，，
∴函数在上单调递增，故①正确，
显然不是零点，令，
则在上，与有相同零点，故②正确，
在上，，
∴在上单调递增，在上也单调递增，
而、，∴存在，使，
又、，∴存在的，使，
∴在上只有两个零点、，也即在上只有两个零点到、，
且，故③错误、④正确，正确的命题有个，
故选：C.
【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
二、填空题
13．在三棱锥中，已知平面，且是边长为的正三角形，三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为___________.
【答案】
【分析】根据等边三角形以及三棱锥的性质找外接球的球心，根据勾股定理即可求解高，进而由体积公式即可的体积.
【详解】取,,的中点,,，连结,,，交于点，
则，
设三棱锥的外接球的半径
由外接球表面积为可得
设三棱锥的外接球的球心为，
连结，则平面，
过作，交于，，
，故
所以,故三棱锥的体积为
故答案为：
14．由曲线围成的图形的面积为_______________．
【答案】
【详解】试题分析：当时，曲线 表示的图形为
以为圆心，以为半径的圆在第一象限的部分，所以面积为
，根据对称性，可知由曲线
围成的图形的面积为
【解析】本小题主要考查曲线表示的平面图形的面积的求法，考查学生分类讨论思想的运用和运算求解能力.
点评：解决此题的关键是看出所求图形在四个象限内是相同的，然后求出在一个象限内的图形的面积即可解决问题.
15．2022年神舟十五号载人飞船发射任务都取得圆满成功，神舟十四号航天员与神舟十五号航天员首次完成空中会师，现有航天员甲､乙､丙三个人，进入太空空间站后需要派出一人走出太空站外完成某项试验任务，工作时间不超过10分钟，如果10分钟内完成任务则试验成功任务结束，10分钟内不能完成任务则撤回再派下一个人，每个人只派出一次.已知甲､乙､丙10分钟内试验成功的概率分别为，，，每个人能否完成任务相互独立，该项试验任务按照甲､乙､丙顺序派出，则试验任务成功的概率为___________.
【答案】
【分析】把试验任务成功的事件拆成三个互斥事件的和，再求出每个事件的概率，然后用互斥事件的概率加法公式计算作答.
【详解】试验任务成功的事件是：甲成功的事件，甲不成功乙成功的事件，甲乙都不成功丙成功的事件的和，
事件，，互斥，，，，
所以试验任务成功的概率.
故答案为：.
16．某中学开展劳动实习，学生需测量某零件中圆弧的半径.如图，将三个半径为的小球放在圆弧上，使它们与圆弧都相切，左､右两个小球与中间小球相切.利用“十”字尺测得小球的高度差为，则圆弧的半径为___________.
【答案】120
【详解】
如图所示，设圆弧圆心为，半径为，三个小球的球心自左至右分别为，，，设，
由题意可知，，
且，
即，
所以，解得，
故答案为：.
三、解答题
17．等差数列中，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，是数列的前项和，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意和等差数列的通项公式列出方程组，解之即可求解；
（2）由（1）得，则，利用裂项相消求和法可得，即可证明.
【详解】（1）设等差数列首项为，公差为，
由题意得，解得，
所以的通项公式为；
（2）由（1）知，，则，
，
，
，
，
18．自2022年起内蒙古自治区将进入新一轮的高中课程改革，同时进入新高考的时代，某中学新高一开始试行走班制教学.试行阶段，每位教师均有各自的教室，为调研学生对A、B两位高一数学教师的满意度，从在A、B两位教师的教室中上过课的学生中随机抽取了100人，每人分别对两位高一数学教师的进行评分，满分均为60分.整理评分数据，将分数以10为组距分为6组：，，，，，，得到A教师的分数的频率分布直方图和B教师的分数的频数分布表：
(1)在抽样的100人中，求对A教师评分低于30的人数；
(2)从对B教师评分在范围内的人中随机选出2人，求2人中恰有1人评分在范围内的概率；
(3)如果从A、B两位教师的教室中选择一个教室作为今后三年上课的教室，你会选择哪一个教室？说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图求解，然后根据评分低于30的人数作出判断；
（2）利用古典概型的概率求解；
（3）从两个教师得分低于30分的人数所占比例来看即可.
【详解】（1）由教师的分数频率分布直方图可得，对A教师评分低于30的频率为，
所以对A教师评分低于30的人数为；
（2）从对教师评分在范围内的人中随机选出2人有 种，
2人中恰有1人评分在范围内的选法有种，
所以2人中恰有1人评分在范围内的概率；
（3）从两个教师得分低于30分的人数所占比例来看；
由（1）可知，抽样的100人中，教师评分低于30的人数为20人，
所以教师得分低于30分的人数所占的比例为20%；
而教师评分低于30分的人数为，
所以教师评分低于30分的比例为，
故会选择教师的教室上课.
19．如图，在四棱锥中，是边长为的正三角形，，//，，，，，分别是线段，的中点.
(1)求证：//平面；
(2)求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连，利用中位线定理得到线线平行，进而得到线面平行，利用面面平行的判定定理证明平面平面，进一步证明平面；
（2）在四边形中，过作交于，利用勾股定理得到线线垂直，进而证得面面垂直，利用面面垂直求出锥体的高，代入锥体的体积计算公式即可求解.
【详解】（1）如图，取中点，连，
为中位线，，
又平面平面，
平面，
同理，在梯形中，，
又平面平面，
平面，
且平面平面，
平面平面，又平面，
所以平面.
（2）如图，在四边形中，过作交于，
在中，易得，
则，得，
，
又由已知条件平面，
故平面，
又平面，
平面平面.
又是边长为2的正三角形，连接，因为为的中点，
所以，因为平面平面，且平面平面，
平面，所以平面，
因为是边长为2的正三角形，所以的高为，
四棱锥是以直角梯形为底，以为高的锥体，
.
20．法国数学家加斯帕尔·蒙日是19世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆：，则称圆心在原点，半径是的圆为“椭圆的伴随圆”，已知椭圆的一个焦点为，其短轴的一个端点到焦点的距离为.
(1)若点为椭圆的“伴随圆”与轴正半轴的交点，，是椭圆的两相异点，且轴，求的取值范围.
(2)在椭圆的“伴随圆”上任取一点，过点作直线，，使得，与椭圆都只有一个交点，试判断，是否垂直？并说明理由.
【答案】(1)
(2)对于椭圆上的任意点，都有，理由见解析
【分析】（1）根据题意可得、，求出b即可求出椭圆的方程，进而求出“伴随圆”方程，得出点A坐标，设，利用平面向量数量积的坐标表示可得，结合二次函数的性质即可求解；
（2）设，易知时成立；当时设直线方程为，联立椭圆方程，消去y，由得，则的斜率是方程的两个根，根据韦达定理计算化简可得，即可求解.
【详解】（1）由题意知，由短轴的一个端点到焦点的距离为，
知，则，
故椭圆的方程为，其“伴随圆”方程为.
由题意，可设，
则有，又A，
故，
故，
又二次函数的图象是开口向上，对称轴为，
由，得，
所以的取值范围是；
（2）对于椭圆C上的任意点P，都有，证明如下：
设，则.
当时，，
则其中之一斜率不存在，另一斜率为0，显然有.
当时，设过且与椭圆有一个公共点的直线的斜率为，
则的方程为，
代入椭圆方程可得，
即，
由，
可得，其中，
设的斜率分别为，则是上述方程的两个根，
故，即.
综上可知，对于椭圆上的任意点，都有.
21．已知函数．
(1)求的极值；
(2)若，且，证明：．
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)见解析
【分析】（1）由导数得出单调性进而得出极值；
（2）由导数得出在上单调递增，讨论①，②两种情况，利用导数证明即可.
【详解】（1）
；
即函数在上单调递减，在上单调递增
所以的极小值为，无极大值.
（2）
；
即函数在上单调递减，在上单调递增，即
所以函数在上单调递增
不妨设，则①，②
对于①，因为函数在上单调递增，所以
所以
对于②，由得，，故
，由知，
设，则
而，所以，即函数是单调减函数
，故，即
综上，当时，.
【点睛】关键点睛：对于②，在证明时，关键是利用将双变量变为单变量问题，再利用导数证明不等式.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）写出曲线的普通方程及直线的极坐标方程；
（2）直线与曲线和直线分别交于，（，均异于点）两点，求的取值范围．
【答案】（1）曲线，直线；（2）.
【分析】（1）根据消参法，将曲线C的方程化为普通方程，由直角坐标与极坐标关系，将直线普通方程化为极坐标方程即可.
（2）由（1）知：，，即可求的范围．
【详解】（1）由参数方程为（为参数），得，
∴曲线的普通方程为．
由普通方程为，而，
∴直线的极坐标方程为，即.
（2）∵曲线的极坐标方程为，
∴直线的极坐标方程为，即，
∴，，则的取值范围为．
23．已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若关于的不等式的解集包含，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（I）当，不等式为，分类讨论，即可求解不等式的解集.
（II）由题意的解集包含，转化为当时，恒成立，即，再利用绝对值的定义，即可求解.
【详解】解：（I）当时，，
由解得，综合得；
当时，，
由解得，综合得；
当时，，
由解得，综合得.
所以的解集是.
（II）∵的解集包含，
∴当时，恒成立
原式可变为，即，
∴即在上恒成立，
显然当时，取得最小值10，
即的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．同时注意绝对值不等式有时与函数以及不等式恒成立等知识点相互交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
B教师分数频数分布表
分数区间
频数
2
3
5
15
40
35