2023届内蒙古包头市高三下学期一模数学（文）试题含解析

2023届内蒙古包头市高三下学期一模数学（文）试题

一、单选题

1．设全集，集合N满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据补集定义求解.

【详解】因为全集， ，

所以，

故选:B.

2．设，其中a，b是实数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数相等即可求出结果.

【详解】因为，即，

则，即，

故选：B.

3．已知向量满足，则（    ）

A． B． C．3 D．4

【答案】A

【分析】根据平面向量的坐标运算求解.

【详解】因为，所以，

所以，

故选:A.

4．设一组数据的方差为0.2，则数据的方差为（    ）

A．1 B．3 C．4 D．5

【答案】D

【分析】数据的方差是数据的方差的倍.

【详解】数据的方差为，

故选:D.

5．中国古代某数学名著中有这样一个类似问题：“四百四十一里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见首日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人一共走了441里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第一天走的路程是（    ）

A．224里 B．214里 C．112里 D．107里

【答案】A

【分析】由题意每天行程是公比为的等比数列，应用等比数列前n项和公式求首项，即得到结果.

【详解】由题设，每天行程是公比为的等比数列，

所以，可得，则第一天走的路程224里.

故选：A

6．已知是椭圆的两个焦点，点M在C上，则的最大值为（    ）

A．8 B．9 C．16 D．18

【答案】C

【分析】利用椭圆的定义和基本不等式求解.

【详解】由椭圆的定义可得，

所以由基本不等式可得，

当且仅当时取得等号，

故选:C.

7．执行如图的程序框图，如果输入的，则输出的（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据框图结构利用循环语句求解.

【详解】当输入的时，

；

；

输出,

故选:D.

8．记是公差不为0的等差数列的前n项和，若，，则数列的公差为（    ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】B

【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式求解.

【详解】设公差为，

则有整理得，

又由可得，

所以解得，

故选:B.

9．已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A．有两个零点 B．点是曲线的对称中心

C．有两个极值点 D．直线是曲线的切线

【答案】C

【分析】利用导函数讨论单调性和极值、最值即可求解A,C，再根据奇函数的对称关系可判断B，根据导数的几何意义可判断D.

【详解】，

令解得，令解得或，

所以在单调递减，单调递增，单调递减，

，且，

所以在各有一个零点，共3个零点，A错误；

为奇函数，所以图象关于对称，

所以的图象关于点对称，B错误；

由单调性可知有两个极值点为，C正确；

对于D，令，解得则，

但是当时，对于直线，有，即直线不经过切点，D错误，

故选:C.

10．如图，在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，则下列结论中错误的是（    ）

A．平面平面 B．

C． D．平面

【答案】C

【分析】根据空间线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：对于A选项，由分别为所在棱的中点得，由正方体的性质易知，平面，平面，

所以，，，平面，

所以平面，平面，

所以平面平面，故A选项正确；

对于B选项，为下底面的中心，故为的中点，

因为为所在棱的中点，所以，故B选项正确；

对于C选项，若，由B选项知，则有，

令一方面，由正方体的性质知为直角三角形，，

所以，不满足，故C选项错误；

对于D选项，由A选项知，由正方体的性质易知，

所以，平面，平面，

所以平面，故D选项正确.

故选：C

11．已知点在双曲线上，斜率为k的直线l过点且不过点P．若直线l交C于M，N两点，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据点在双曲线求出双曲线方程，根据 可得，利用韦达定理代入即可求解.

【详解】因为点在双曲线上，

所以解得，

所以双曲线.

设，，

联立整理得，

所以，

所以，

，

因为，所以，

即，

所以，

整理得解得或，

当时，直线过点，不满足题意，

所以，

故选:A.

12．已知正六棱锥的各顶点都在球O的球面上，球心O在该正六棱锥的内部，若球O的体积为，则该正六棱锥体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题设条件确定底面正六边形的边长与正六棱锥的高之间的等量关系，从而可将正六棱锥的体积表示为关于高的函数，利用导函数讨论单调性和最值求解.

【详解】

如图，过作平面，则球心O在上，

设，外接球的半径为，

因为球O的体积为，所以解得，

在中，，所以，

正六棱锥的体积为，

设，

令解得，

令解得或，

所以在单调递减，单调递增，单调递减，

因为球心O在该正六棱锥的内部，所以，

所以在单调递增，单调递减，

所以，

故选:B.

二、填空题

13．已知直线与圆交于A，B两点，则弦的长为__________．

【答案】

【分析】利用点到直线的距离公式以及勾股定理求解.

【详解】圆化为标准方程为：，

其圆心为，半径为，

所以圆心到直线的距离，

所以弦.

故答案为：.

14．从A，B等5名志愿者中随机选3名参加核酸检测工作，则A和B至多有一个入选的概率为__________．

【答案】##

【分析】利用古典概率模型，结合组合数的运算求解.

【详解】由题可知则A和B至多有一个入选的概率为,

故答案为: .

15．设是定义域为R的奇函数，且．若，则__________．

【答案】3

【分析】由题意可得是周期为4的函数，即可求解.

【详解】因为是定义域为R的奇函数，

则，

所以，

所以是周期为4的函数，则.

故答案为：3.

16．记函数的最小正周期为T．若为的极小值点，则的最小值为__________．

【答案】14

【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的极小值点，即可求出的取值，从而得解；

【详解】解： 因为所以最小正周期，

又所以，即；

又为的极小值点，所以，解得，因为，所以当时；

故答案为：14

三、解答题

17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．

(1)求；

(2)若，，试求边上的高h．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）在中，根据正弦定理，余弦定理转角为边得到，再根据余弦定理得到的值，进而即可得到；

（2）由已知条件结合余弦定理可求解，再根据三角形的面积公式即可得到边上的高．

【详解】（1）在中，有，

由正弦定理得，

再由余弦定理得，

化简得，

所以，

又，所以．

（2）结合（1），将，，代入中，

得，解得，或（舍去）．

由，得．

18．新型冠状病毒疫情已经严重影响了我们正常的学习、工作和生活．某市为了遏制病毒的传播，利用各种宣传工具向市民宣传防治病毒传播的科学知识．某校为了解学生对新型冠状病毒的防护认识，对该校学生开展防疫知识有奖竞赛活动，并从女生和男生中各随机抽取30人，统计答题成绩分别制成如下频数分布表和频率分布直方图．规定：成绩在80分及以上的同学成为“防疫标兵”．

30名女生成绩频数分布表：

(1)根据以上数据，完成以下列联表，并判断是否有95%的把握认为“防疫标兵”与性别有关；

(2)设男生和女生样本平均数分别为和，样本的中位数分别为和，求（精确到0.01）．

附：

【答案】(1)列联表见解析，有95%的把握认为“防疫标兵”与性别有关；

(2)，，，.

【分析】（1）利用频率分布直方图及频数分布表完善列联表，再计算的观测值并与临界值表比对作答.

（2）利用频率分布直方图、频数分布表求出平均数、中位数作答.

【详解】（1）由频率分布直方图，可得30名男生中成绩大于等于80分的频率为，

因此30名男生中“防疫标兵”人数为人，“非防疫标兵”人数为12人，

由频数分布表，可得30名女生中“防疫标兵”人数为10人，“非防疫标兵”人数为20人，

于是列联表为：

则的观测值为，

所以有95%的把握认为“防疫标兵”与性别有关．

（2）由频率分布直方图知，，

由频数分布表知，，

由频率分布直方图知，成绩在的频率为，成绩在的频率为，因此，

则由，解得，

由频数分布表知，成绩在的频率为，成绩在的频率为，因此，

则由，解得，

所以，，，.

19．如图，已知矩形是圆柱的轴截面，是的中点，直线与下底面所成角的正切值为，矩形的面积为12，为圆柱的一条母线（不与重合）．

(1)证明：；

(2)当三棱锥的体积最大时，求M到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明平面即可证明结论；

（2）设，进而结合题意得，进而得，再结合基本不等式得时，三棱锥的体积最大，最后根据等体积法求解即可.

【详解】（1）证明：连接，因为是底面圆的直径，

所以，即，

又，且，平面，

所以平面，

又平面，

所以．

（2）解：根据题意，，设，则，，

又因为，所以，得．

所以，，

设，则，

由（1）可知平面，又到的距离为，

所以．

当，即时，取等号．

所以，当时，三棱锥的体积最大．

设M到平面的距离为h，则，即，

又，

所以由得．

所以，M到平面的距离为

20．已知函数．

(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积；

(2)证明：当时，没有零点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求出导函数后计算斜率，再计算，然后写出切线方程，求出其在坐标轴上的截距后可得三角形面积；

（2）求出导函数，引入新函数，由导数确定的零点的存在，从而得出的正负，得的最小值，然后证明这个最小值大于0即可证．

【详解】（1）当时，．

，

故曲线在点处的切线方程为，

即．

因为该切线在x，y轴上的截距分别为和，

所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积．

（2）当时，因为，所以，

令，则，

因为，所以，所以在上单调递增，

又，

故在上有唯一的零点，即，因此有．

当时，，即；当时，，即．

所以在上单调递减，在上单调递增，故为最小值．

由，得，

所以在时，，

因为，所以，又因为当时，，所以．

所以．

因此当时，没有零点．

【点睛】方法点睛：证明函数无零点问题，可利用导数求出函数的最小值（或最大值），然后证明最小值大于0（或最大值小于0）即可，难点在于函数的最值点不能具体地求出，因此可象本题利用零点存在定理说明导函数的零点的存在性，得出最小值，注意利用对 进行化简变形，然后证明．

21．已知直线l与抛物线交于A，B两点，且，，D为垂足，点D的坐标为．

(1)求C的方程；

(2)若点E是直线上的动点，过点E作抛物线C的两条切线，，其中P，Q为切点，试证明直线恒过一定点，并求出该定点的坐标．

【答案】(1)

(2)证明过程见详解，定点

【分析】（1）设点A的坐标为，点B的坐标为，根据题意可得到直线的方程，联立抛物线的方程，整理可得到关于（含参）的一元二次方程，从而得到，，再根据，代入即可求解的值，进而得到C的方程；

（2）结合（1）中抛物线，得，设过点E作抛物线C的切线的切点为，则可得到过点E的切线方程，设点，，，从而得到，是方程的两实数根，则得到，，进而得到的中点M的坐标，，从而得到直线的方程，进而得到直线恒过的定点．

【详解】（1）设点A的坐标为，点B的坐标为，

因为，所以，则直线的方程为，

联立方程组，消去y，整理得，

所以有，，

又，得，

整理得，解得．

所以C的方程为．

（2）由，得，所以，

设过点E作抛物线C的切线的切点为，

则相应的切线方程为，即，

设点，由切线经过点E，得，即，

设，，则，是的两实数根，

可得，．

设M是的中点，则相应，

则，即，

又，

直线的方程为，即，

所以直线恒过定点．

【点睛】关键点点睛：小问（2）解答的关键是先根据导数设抛物线的切线方程，设点，，，从而得到，是方程的两实数根，再结合韦达定理得到，，进而得到直线的方程．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数，）．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为．

(1)说明是什么曲线，并将的方程化为极坐标方程；

(2)直线的极坐标方程为，是否存在实数b，使与的公共点都在上，若存在，求出b的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)曲线是以为圆心，b为半径的圆，；

(2)存在，.

【分析】（1）将的参数方程化为普通方程即可得曲线形状，再利用极坐标与直角坐标互化关系求出极坐标方程作答.

（2）联立曲线与的极坐标方程消去，联立曲线与直线的极坐标方程消去，求出b值作答.

【详解】（1）由消去参数t得到的普通方程为，因此曲线是以为圆心，b为半径的圆；

将代入的普通方程中，得的极坐标方程为，

所以曲线是以为圆心，b为半径的圆，其极坐标方程为.

（2）曲线的公共点的极坐标满足方程组，

消去整理得，

把代入的方程中，得，

把代入，得，而，解得，

所以存在实数，使与的公共点都在上．

23．设均不为零，且．

(1)证明：；

(2)求的最小值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)3.

【分析】（1）根据给定条件，利用三数和的完全平方公式变形，再结合放缩法证明作答.

（2）利用柯西不等式求解最小值作答.

【详解】（1）依题意，，且均不为零，

则，

所以.

（2）因为，

当且仅当，即时取等号，因此，

所以的最小值为3.