2023届宁夏银川市六盘山高级中学高三三模数学（理）试题含解析

2023届宁夏银川市六盘山高级中学高三三模数学（理）试题

一、单选题

1．已知，且，其中a，b为实数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先算出,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可

【详解】

由,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，

得,即

故选:

2．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用整数集的概念与列举法得到集合，再利用集合的交集运算即可得解.

【详解】因为，

所以.

故选：B.

3．已知命题：对任意，总有；命题：若，则．则下列命题为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先判断命题，命题的真假，再判断复合命题的真假.

【详解】由

所以命题为真命题,

令，则，但是,

所以命题为假命题.

故为真.

故选：B．

4．设函数，则下列函数中为偶函数的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据偶函数的定义即可判断.

【详解】，则，因为是偶函数，故为偶函数.

故选：A

5．已知直线经过圆的圆心，其中，则的最小值为（    ）

A．7 B．8 C．9 D．12

【答案】D

【分析】根据基本不等式，结合圆的标准方程进行求解即可.

【详解】因为直线经过圆的圆心，

故，

所以，

当且仅当 ，即时，等号成立.

故选：D

6．明朝著名易学家来知德以其太极图解释一年、一日之象的图式．如图是来氏太极图，其大圆半径为4，大圆内部的同心小圆半径为1，两圆之间的图案是对称的，若在大圆内随机取一点，则该点落在黑色区域的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出大圆，小圆面积，进而求出阴影部分面积，利用几何概型求概率公式得到答案．

【详解】设大圆面积为，小圆面积，则，．则黑色区域的面积为，所以落在黑色区域的概率为.

故选：D

7．如图，在四棱锥中，，底面ABCD为长方形，，，Q为PC上一点，且，则异面直线AC与BQ所成的角的余弦值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出后可求线线角的余弦值.

【详解】因为平面，平面，故，

底面ABCD为长方形，故，所以DP，DC，DA两两互相垂直，

以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

，，，，，

所以，，

设异面直线AC与BQ所成的角为，则，

所以异面直线AC与BQ所成的角的余弦值为．

故选：A.

8．国际数学家大会已经有了一百多年历史，每届大会都是吸引当时世界上研究各类数学和相关问题的世界顶级科学家参与世纪的第一次国际数学家大会在我国北京举行，有来自多个国家的多位数学家参加了本次大会这次大会的“风车”会标取材于我国古代数学著作《勾股圆设方图》，该弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，若下图中所示的角为，且大正方形与小正方形面积之比为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设直角三角形较短的直角边长为，则较长的直角边长为，求出小正方形的边长为，大正方形的边长为，结合题意可得，联立，求解即可得出答案

【详解】解：设直角三角形较短的直角边长为，则较长的直角边长为，

小正方形的边长为，大正方形的边长为，

大正方形与小正方形面积之比为，

所以，，则，①

因为，则，②

又因为，③

由①②③可得.

故选：C.

9．已知函数，以下说法中正确的是（    ）

①函数关于直线对称；

②函数在上单调递增；

③当时，的取值范围为；

④将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的解折式为．

A．①③ B．②③④ C．①④ D．②

【答案】D

【分析】根据倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，利用正弦函数的性质及函数的平移变换即可求解．

【详解】由题意可得，，

，所以图象的关于中心对称，故①错误；

因为，所以，所以在是单调递增区间，故②正确；

因为，所以，所以，即，所以的取值范围为，故③错误；

将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的解折式为，故④错误．

故选：D.

10．已知函数在R上单调递增的概率为，且随机变量．则等于（    ）

[附：若，则，

．]

A．0.1359 B．0.1587 C．0.2718 D．0.3413

【答案】A

【分析】根据已知条件可求出，则.根据正态分布的对称性，即可求得.

【详解】使在R上单调递增的充要条件是，即，故.

由于随机变量，则，即，即，.

故，

，

所以

．

故选：A．

11．已知函数存在减区间，则实数的取值范围为（    ）

A．  B． C． D．

【答案】D

【分析】函数存在减区间,则有解可求解.

【详解】由题可知,

因为函数存在减区间,则有解,

即有解,

令,,

令,解得 ; 令,解得 ,

所以在单调递减, 单调递增,

所以,

因为有解,所以,

解得.

故选:D.

12．椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆C于A，B两点，若，，则椭圆C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由椭圆的定义及题设，求出、、，利用，由余弦定理建立方程化简即可得解.

【详解】因为，由椭圆定义知，

又，所以，再由椭圆定义，

因为，所以，

所以由余弦定理可得，

即，

化简可得，即，

解得或（舍去）.

故选：D

二、填空题

13．已知双曲线以两坐标轴为对称轴，且它的一个顶点为，它的一条渐近线方程为，则双曲线的标准方程为________．

【答案】

【分析】由双曲线的一个顶点为，可得焦点在轴上，且，根据渐近线方程

求出的值即可得双曲线的标准方程

【详解】由双曲线的一个顶点为，

所以可得双曲线的焦点在轴上，且，

由双曲线的一条渐近线方程为

所以所以

所以双曲线的标准方程为.

故答案为：.

14．设向量，，若，则___________.

【答案】

【分析】由平面向量数量积的坐标运算求解

【详解】，由题意得，即，得

.

故答案为：

15．已知的内角的对边分别为，若，，的面积为，则的周长为__________________．

【答案】/

【分析】先用正弦定理角化边把化解，再结合余弦定理解出，进而求出角，再利用面积公式求出的值，最后结合余弦定理配方求出的值，进而得到周长.

【详解】对由正弦定理角化边，

得，

即，由余弦定理可得，因为，所以.

则的周长为.

故答案为：.

16．如图所示为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积为____________.

【答案】

【分析】作出原几何体的直观图，找出该几何体的外接球球心，计算出外接球的半径，结合球体体积公式可得结果.

【详解】由三视图还原原几何体如下图所示，由图可知，原几何体为三棱锥，

且平面平面，

取的中点，连接、，则，，

由三视图可知，，

，则平面，

由勾股定理可得，

则、均为正三角形，

因为平面平面，平面平面，，平面，

平面，

平面，，

过的外心在平面内作，

过的外心在平面内作，设，

因为平面，平面，则，

因为，，平面，同理，平面，

所以，为三棱锥的外接球球心，

因为为等边的外心，则，同理，

在平面内，因为，，，，

所以，四边形为正方形，所以，，

因为，所以，，

因此，该几何体外接球的表面积为.

故答案为：.

三、解答题

17．已知公差不为的等差数列的前项和为，且，是和的等比中项.

(1)求数列的通项公式；

(2)设数列满足，证明数列是等比数列，并求的前项和.

【答案】(1)

(2)证明见解析；

【分析】（1）利用等差数列的求和公式及通项公式列方程求解即可；

（2）先通过（1）求出数列的通项公式，再通过证明为定值可得数列是等比数列，最后利用等比数列的求和公式求和即可.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

是和的等比中项，

，即①，

又②，

由①②得，

；

（2）由（1）可得，

，又

故数列是以2为首项，为公比的等比数列，

.

18．随着社会的进步，科技的发展，越来越多的大学本科生希望通过保研或者考研进入更理想的大学进行研究生阶段的学习．某大学为了解准备保研或者考研的本科生每天课余学习时间，随机抽取了400名大学生进行调查，将收集到的学习时间（单位：小时）数据分成5组：，，，，（学习时间均在内），得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求m的值，并估计这400名大学生每天课余学习时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

(2)按分层抽样的方法从学习时间在和组中抽出8人，再从这8人中随机抽取3人，记X表示抽到的3人中学习时间在组中的人数，求X的分布列和数学期望．

【答案】(1)；8.12小时；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）根据各组数据频率之和为1即可求出图中的值，利用平均数计算公式即可求出结果；

（2）根据题意分析的可能取值为0，1，2，3，进而列出分布列求出结果.

【详解】（1）由于各组数据频率之和为1，即，则，

这400名大学生每天课余学习时间的平均值为：

(小时)；

（2）由题可知学习时间在和组的频率分别为0.3,0.18，

按分层抽样的方法从学习时间在和组中抽出8人，有5名在内，3名在内，

则的可能取值为0，1，2，3，

则，，

，，

即的分布列为

所以．

19．已知平面四边形由等腰和组成，，O为上的点且（如图1所示），将等腰沿折起，点M折至点D位置，使得平面平面（如图2所示）.

(1)求证：；

(2)若点E在棱上，且满足，平面和平面所成锐二面角的余弦值为，求四面体的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先通过面面垂直的性质证明平面，进而证明；

（2）建立坐标系，写出两个平面的法向量，通过锐二面角的余弦值求出参数，进而计算四面体的体积.

【详解】（1）因为，所以在中，.

又因为平面平面，平面平面平面，

所以平面，又因为平面，所以.

（2）在平面内过点O作的垂线，建立空间直角坐标系如图所示：

设，则，

.

设平面的一个法向量，

则，即，解得，

不妨取，则.结合（1）知，平面，

取平面的一个法向量，

则，解得.

在中，因为，所以，

所以的面积为，

所以四面体的体积为.

20．已知，曲线在处的切线方程为．

(1)求a，b的值；

(2)证明：当时，．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据切点和斜率求得.

（2）化简，利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.

【详解】（1）由题可知，即．

又，所以，

解得，即．

（2），，

要证，，

只需证，

令，

则，

令，则，

所以在上单调递增，所以，即，

所以在上单调递增，则，即当时，．

21．已知动点到直线的距离比到定点的距离大1.

（1）求动点的轨迹的方程.

（2）若为直线上一动点，过点作曲线的两条切线，，切点为，，为的中点.

①求证：轴；

②直线是否恒过一定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由.

【答案】（1）；（2）①证明见解析；②.

【分析】（1）由题意知，动点到直线的距离等于到定点的距离，符合抛物线的定义，求轨迹的方程为；

（2）①设动点，，，利用导数求出切线的方程分别为：、，从而有，为方程的两根，证明点的横坐标与点的横坐标相等，从而证得轴；

②由①中的结论，把直线的方程写成含有参数的形式，即

并把方程看成关于的一次函数，从而得到定点为．

【详解】（1）由动点到直线的距离比到定点的距离大1得，

动点到直线的距离等于到定点的距离，

所以点的轨迹为顶点在原点、开口向上的抛物线，其中，

轨迹方程为.

（2）①设切点，，，所以切线的斜率为，

切线.

设，则有，化简得.

同理可得.

所以，为方程的两根.

则有，，所以.

因此轴.

② 因为，

所以.又因为，

所以直线，即.

即直线过定点.

【点睛】本题考查抛物线的定义求方程、利用导数求切线方程、直线与抛物线相切、直线过定点等知识，考查运算求解和逻辑推理能力．特别是在求证直线过定点进，也可以有另外的思路，即把直线设成的形式，然后寻找的关系，再把直线方程转化成只含变量或变量的方程．

22．以等边三角形的每个顶点为圆心，以其边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形被称为勒洛三角形，如图，在极坐标系中，曲边三角形为勒洛三角形，且，，以极点O为直角坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为（t为参数）．

(1)求的极坐标方程和所在圆的直角坐标方程；

(2)已知点M的直角坐标为，曲线和圆相交于A，B两点，求．

【答案】(1)；

(2)3

【分析】（1）由已知，可根据题意直接写出的极坐标方程，并标注范围，然后求解出点P的直角坐标，写出所在圆的直角坐标方程即可；

（2）由已知，设A，B对应的参数分别为，将曲线的参数方程带入圆，并根据根与系数关系，求解即可.

【详解】（1）因为，，所以的极坐标方程：，

因为点P的直角坐标是，

所以所在圆的直角坐标方程为．

（注：的极坐标方程不标明的取值范围或写错扣1分）

（2）设A，B对应的参数分别为，

将代入得：

所以

因为，由t的几何意义得：

23．已知关于x的函数.

(1)求关于x的不等式的解集.

(2)若函数的最小值为m､且实数a，b满足，求的最大值.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）写出的分段形式，分类讨论，求出不等式的解集；

（2）利用（1）中分段函数的单调性求出，设，，利用辅助角公式求出的最值.

【详解】（1），

当时，，解得：，与取交集得：，

当时，，解得：，与取交集得：，

当时，，解得：，与取交集得：，

综上：不等式的解集为或；

（2）为连续函数，且当时，单调递减，当时，单调递增，

故当时，取得最小值，，

则，

设，，

则，其中，

当时，取得最大值为.