2023届青海省西宁市大通回族土族自治县高三一模数学（理）试题含解析

2023届青海省西宁市大通回族土族自治县高三一模数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出集合、，再结合交集的定义求解即可.

【详解】因为，，

所以．

故选：B.

2．（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算，化简即可得出结果.

【详解】.

故选：C.

3．抛物线的准线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用抛物线的几何性质即可求得抛物线的准线方程.

【详解】因为，所以，

所以抛物线的准线方程为．

故选：C

4．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的奇偶性以及特殊点即可排除选项求解.

【详解】的定义域为，关于原点对称，

因为，所以为奇函数，故排除C,D,

又，所以排除B,

故选：A

5．下图是2010年—2021年（记2010年为第1年）中国创新产业指数统计图，由图可知下列结论不正确的是（    ）

A．从2010年到2021年，创新产业指数一直处于增长的趋势

B．2021年的创新产业指数超过了2010年—2012年这3年的创新产业指数总和

C．2021年的创新产业指数比2010年的创新产业指数的两倍还要大

D．2010年到2014年的创新产业指数的增长速率比2017年到2021年的增长速率要慢

【答案】B

【分析】由统计图中对应年份的创业指数及走势，判断出四个选项的正误.

【详解】从统计图可看出从2010年到2021年，创新产业指数一直处于增长的趋势，A正确；

从统计图估计得到2021年的创新产业指数大约为350，

而2010年—2012年这3年的创新产业指数总和大约为，

故2021年的创新产业指数没有超过2010年—2012年这3年的创新产业指数总和，B错误；

因为2021年的创新产业指数大约为350，2010年的创业指数小于150，

，故2021年的创新产业指数比2010年的创新产业指数的两倍还要大，C正确；

2010年到2014年的创新产业指数的折线倾斜程度小，而2017年到2021年的创业指数的折线倾斜程度大，

故2010年到2014年的创新产业指数的增长速率比2017年到2021年的增长速率要慢，D正确.

故选：B

6．下列坐标所表示的点是函数图象的对称中心的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用正弦函数的对称中心为，可得，解之即可.

【详解】因为正弦函数的对称中心为，所以令，

解得：，当时，对称中心为，

即A是对称中心，其它各项均不是对称中心.

故选：.

7．2022年男足世界杯于2022年11月21日至2022年12月17日在卡塔尔举行．现要安排甲、乙等5名志愿者去A，B，C三个足球场服务，要求每个足球场都有人去，每人都只能去一个足球场，则甲、乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为（    ）

A．12 B．18 C．36 D．48

【答案】C

【分析】先按3，1，1或2，2，1分组，再安排到球场.

【详解】将5人按3，1，1分成三组，且甲、乙在同一组的安排方法有种，

将5人按2，2，1分成三组，且甲、乙在同一组的安排方法有种，

则甲、乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为．

故选：C

8．已知，分别是双曲线的左、右焦点，直线l经过且与C左支交于P，Q两点，P在以为直径的圆上，，则C的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据P在以为直径的圆上，得到，设，，得到，由双曲线定义得到，求出，由勾股定理求出，从而求出离心率.

【详解】不妨设，，

因为P在以为直径的圆上，所以，即，则．

因为Q在C的左支上，所以，

即，解得，则．

因为，所以，即，

故，

故．

故选：A

9．如图，在正三棱柱中，为的中点，则与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】取中点为E，连接，则与所成角就是与所成角.

【详解】如图，取中点为E，连接.又因D为的中点，则，故与所成角就是与所成角.

由题为正三角形，则.又因几何体为正三棱柱，

则，

得，

，.

则在中，，，，得为直角三角形，

则与所成角的余弦值为：.

故选：D.

10．已知等比数列的前n项和为，若，则（    ）

A． B．5 C． D．

【答案】C

【分析】根据条件得到，，，从而求出，，，再由数列是等比数列得到，即可得到.

【详解】由题意得：，，，

即，，，

因为数列是等比数列，所以，

即，解得：，

故选：C.

11．已知是自然对数的底数，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】构造函数，根据单调性可知，代入可证明，构造，根据单调性可知，代入可证明，即可得到结果.

【详解】令函数，则．当时，，单调递减，当时，，单调递增．故，

则，即；

令函数，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减．故，则，即.

故选：A

12．“碳达峰”是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降，而“碳中和”是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过4年，该地区二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式抵消自身产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要实现“碳中和”，至少需要经过（    ）（参考数据：）

A．13年 B．14年 C．15年 D．16年

【答案】D

【分析】由条件列式先确定参数，再结合对数运算解方程.

【详解】由题意，，即，所以，

令，即，故，即，

可得，即．

故选：D

二、填空题

13．已知向量，若，则__________．

【答案】16

【分析】根据向量垂直列方程，由此求得的值.

【详解】由，得，即，则．

故答案为：

14．设等差数列的前n项和为，已知，则_____________．

【答案】5

【分析】根据等差数列前项和的性质，即可直接求得结果.

【详解】因为数列为等差数列，故，解得.

故答案为：.

15．若甲、乙两个圆柱形容器的容积相等，且甲、乙两个圆柱形的容器内部底面半径的比值为2，则甲、乙两个圆柱形容器内部的高度的比值为____________．

【答案】##

【分析】根据体积相等列方程，由此求得高度比.

【详解】设甲的底面半径为，则乙的底面半径为，

设甲的高为，乙的高为，

依题意，，

所以.

故答案为：

16．设某车间的A类零件的厚度L（单位：）服从正态分布，且．若从A类零件中随机选取100个，则零件厚度小于的个数的方差为______．

【答案】16

【分析】根据正态分布得到，再由零件厚度小于14mm的个数服从求解.

【详解】依题意，得，

若从A类零件中随机选取100个，则零件厚度小于14mm的个数服从，

所以.

故答案为：16.

三、解答题

17．a，b，c分别为内角A，B，C的对边．已知．

(1)求C；

(2)若c是a，b的等比中项，且的周长为6，求外接圆的半径．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据正弦定理，结合同角的三角函数关系式进行求解即可；

（2）根据正弦定理、余弦定理，结合等比中项的性质进行求解即可.

【详解】（1）根据正弦定理，由，

因为，所以，

于是由

，

因为，所以；

（2）因为c是a，b的等比中项，所以，

因为的周长为6，所以，

由余弦定理可知：

，或舍去，

所以外接圆的半径为.

18．某电视台举行冲关直播活动，该活动共有四关，只有一等奖和二等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通过本关才能冲下一关．已知第一关的通过率为0.7，第二关、第三关的通过率均为0.5，第四关的通过率为0.2，四关全部通过可以获得一等奖（奖金为500元），通过前三关就可以获得二等奖（奖金为200元），如果获得二等奖又获得一等奖，奖金可以累加．假设选手是否通过每一关相互独立，现有甲、乙两位选手参加本次活动．

(1)求甲获得奖金的期望；

(2)已知甲和乙最后所得奖金之和为900元，求甲获得一等奖的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题知甲获得的奖金可能的取值为0，200，700，进而依次计算对应的概率，求解期望即可；

（2）根据条件概率的计算公式求解即可.

【详解】（1）解：（1）设甲获得的奖金为元，则可能的取值为0，200，700．

，

，

，

所以，甲获得的奖金的概率分布列为：

所以．

（2）解：由（1）可知，获得二等奖的概率为0.14，获得一等奖的概率为0.035．

设事件A：甲和乙最后所得奖金之和为900元，设事件B：甲选手获得一等奖，

由（1）知获得二等奖的概率为，获得一等奖的概率为，

所以，

所以，所求的概率．

19．如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，，分别是，，的中点，平面，，且．

(1)证明：平面；

(2)求二面角的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用面面平行证明线面平行；

（2）建立空间直角坐标系，利用坐标法求二面角.

【详解】（1）在菱形中，因为，分别是，的中点，所以．

所以四边形为平行四边形，即有BG//DE，

因为平面，平面，所以BG//平面DEF.

又是的中点，所以．

平面DEF，平面DEF，所以平面DEF.

因为，平面PBG，所以平面平面．

因为平面，所以平面；

（2）因为，，所以可求得四棱锥的高为．

以为坐标原点，，的方向分别为，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，．

，，．

记平面的法向量为，

则，令，得．

记平面的法向量为，

则，令，得．

因为，

且二面角为钝角，所以二面角为．

20．已知动点P到直线的距离是P到点距离的2倍，点P的轨迹记为C．

(1)证明：存在点，使得为定值．

(2)过点F且斜率的直线l与C交于A，B两点，M，N为x轴上的两个动点，且，，若，求k．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）设，根据已知可推出点的轨迹是一个椭圆，根据椭圆的定义找到定点，给出证明；

（2）根据已知可得，，进而根据斜率以及勾股定理可推得，.联立直线与椭圆的方程，求得，进而整理得到关于的方程，解方程即可得出.

【详解】（1）证明：设点，由已知可得，

整理可得.

所以点的轨迹是一个椭圆，，，，且椭圆的焦点为，，即是椭圆的右焦点，

取，根据椭圆的定义可知，.

所以，存在点，使得为定值4．

（2）

因为，，所以，.

如图，在中，，所以，

又，即，所以.

同理可得，，

所以，即.

又，所以.

设，，直线的方程为

联立直线与椭圆的方程可得，.

恒成立，

且，

则，

又，即，

整理可得，又，所以.

【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．已知函数.

(1)若，证明：存在唯一的极值点.

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）求导得到，根据零点存在性定理得到在上存在唯一一个零点，即可得到在上单调递增，上单调递减，存在唯一的极值点；

（2）将，转化为，然后分或和两种情况讨论在上的单调性，令，解不等式即可.

【详解】（1）当时，，，

因为函数，在上单调递减，所以在上单调递减，

，，所以在上存在唯一一个零点，且当时，，时，，

所以在上单调递增，上单调递减，存在唯一的极值点.

（2），可以转化为，

，在上单调递减，

当，即或时，在上大于零，在上单调递增，所以，解得，

所以或；

当时，，时，，所以在上存在一个零点，，

所以在上单调递增，上单调递减，

，

因为，所以，，，则，所以成立；

综上可得，的取值范围为.

【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：

（1）恒成立；

（2）恒成立.

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

(1)写出的普通方程和的直角坐标方程；

(2)若曲线与曲线交于两点，的直角坐标为，求．

【答案】(1)：，：.

(2)

【分析】（1）根据消参法消去参数即可求解的普通方程，根据直角坐标与极坐标之间的互换即可得的直角方程，

（2）根据直线的标准参数方程以及参数的几何意义即可求解.

【详解】（1）由消去得，即，

由得，即

（2）直线经过点，且倾斜角为 ，所以的方程写成标准参数方程为 （为参数），将其代入：得，

设所对应的参数分别为，则 故，

因此，

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)若的最小值为，求的最小值．

【答案】(1)

(2)3

【分析】（1）分类讨论求解不等式即可.

（2）首先根据题意得到，从而得到，再利用基本不等式的性质求解即可.

【详解】（1）由题知：，

所以，

，

.

综上：，

所以的解集为.

（2），所以.

所以.

所以，

当且仅当，即等号成立.

所以的最小值为.