2023届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市高三三模数学（文）试题含解析

2023届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市高三三模数学（文）试题

一、单选题

1．设集合，，则的子集个数为（    ）

A．2 B．4 C．8 D．16

【答案】B

【分析】求出集合，可求得集合，确定集合的元素个数，利用集合子集个数公式可求得结果.

【详解】因为，所以，，

则集合的元素个数为，因此，的子集个数为.

故选：B.

2．已知复数（是虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：A

3．定义符号函数，则方程的解是（    ）

A．2或 B．3或 C．2或3 D．2或3或

【答案】D

【分析】根据符号函数的意义，分段解方程作答.

【详解】依题意，当时，方程为：，解得或，因此或，

当时，方程为：，解得，于是无解，

当时，方程为：，解得或，因此，

所以方程的解是或或.

故选：D

4．如图，是1963年在陕西宝鸡贾村出土的一口“何尊”（尊为古代的酒器，用青铜制成），尊内底铸有12行、122字铭文.铭文中写道“唯武王既克大邑商，则廷告于天，曰：‘余其宅兹中国，自之辟民’”，其中宅兹中国为“中国”一词最早的文字记载.“何尊”可以近似看作是圆台和圆柱组合而成，经测量，该组合体的深度约为，上口的内径约为，圆柱的深度和底面内径分别约为，则“何尊”的容积大约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据圆柱以及圆台的体积公式计算，即可得答案.

【详解】由题意可知圆台的高为，

故组合体的体积大约为，

故选：C

5．已知等差数列的前项和为，且，，则是中的（    ）

A．第45项 B．第50项 C．第55项 D．第60项

【答案】C

【分析】由等差数列的性质与通项公式求得和公差后得通项公式，再计算即可得．

【详解】是等差数列，则，又，

联立可解得，，

，是第55项．

故选：C．

6．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用二倍角的余弦公式及诱导公式计算求解即可.

【详解】因为，

所以，

故选：B

7．从长度为的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出从长度为的5条线段中任取3条，共有几种取法,再求出取出的三条线段能构成一个三角形的情况有几种，根据古典概型的概率公式即可得答案.

【详解】从长度为的5条线段中任取3条，共有种取法,

而取出的三条线段能构成一个三角形的情况有和以及,共3种,

故这三条线段能构成一个三角形的概率为,

故选：B

8．已知直线l：与x轴和y轴分别交于两点，点P在以点A为圆心，2为半径的圆上，当最大时，的面积为（    ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】C

【分析】作图分析，可知当最大时，直线为圆的切线，由此求得，根据三角形面积公式，可得答案.

【详解】如图示，,点P在以点A为圆心，2为半径的圆上，

,

当最大时，直线为圆的切线，则,

此时,

故的面积为，

故选：C

二、解答题

9．已知四棱柱的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，O为AC的中点，若点O到平面的距离为，则直线与直线所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】运用等体积法求出长方体侧棱的长度，再根据直线与平面夹角的定义构造三角形求解.

【详解】依题意如下图：

底面ABCD， 平面ABCD， ，又在正方形ABCD中， ，

平面 ， 平面， 平面，

是三棱锥 的高， ；

设侧棱 ，则 ，

在 中，由余弦定理得： ，

，

的面积 ，由于O点到平面 的距离是 ，

三棱锥 的体积 ；

，  ，

的面积 ，三棱锥 的体积 ，

.

,故即为直线与直线所成角，

在 中， ，

故选：A.

三、单选题

10．“米”是象形字．数学探究课上，某同学用抛物线和构造了一个类似“米”字型的图案，如图所示，若抛物线，的焦点分别为，，点P在抛物线上，过点P作x轴的平行线交抛物线于点Q，若，则（    ）

A．4 B．6 C．8 D．10

【答案】D

【分析】根据抛物线的对称性求出P点横坐标，再由抛物线定义求出即可.

【详解】因为，即，由抛物线的对称性知，

由抛物线定义可知，，即，解得，

故选：D

11．设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由得，再由指数、对数函数的单调性得出大小，得出答案.

【详解】由，且在内单调递减，

则，即，

所以，，，

所以，

故选：C

12．已知函数的定义域为R，且满足，对任意实数都有，若，则中的最大项为（    ）

A． B． C．和 D．和

【答案】D

【分析】方法一：由条件变形为，采用赋值法令可得，推出数列是首项为，公差为10的等差数列，求得，判断其单调性，即可求得答案.

【详解】方法一：由题意，

可得，

令，而，得，

即，即

即数列是首项为，公差为10的等差数列，

所以，则，

则，

当时，；当 时，；当时，，

所以中最大项为和，

故选：D.

方法二：

由，

得，

设，

则，故可设，由，

得，所以，则，

所以，因为，

所以当时，，；

当时，，；当时，，,

所以中的最大项为和，故选：D.

【点睛】关键点点睛：

方法一：构造等差数列，利用等差数列的通项公式以及数列的单调性判断，即可求出中的最大项；

方法二：熟悉相关二级结论，即可知晓抽象函数的原型，根据具体函数的性质以及数列的单调性判断求出．若，则对任意实数，有；若，则对任意实数，有；若（，），则对任意实数，有．

四、填空题

13．如图，平行四边形的对角线相交于点，，分别为，的中点，若，则______.

【答案】1

【分析】根据已知条件，利用向量的线性运算的求得.

【详解】,

∴,∴,

故答案为：1

14．已知函数的部分图象如图所示，若将函数图象上所有的点向右平移个单位长度得到函数的图象，则的值为______．

【答案】/

【分析】由函数图象求得参数，可得的解析式，根据图象的平移变换即得的解析式，即可求得答案.

【详解】由的图象可知，

故，则，

则,即，

而，故，所以，

则，

故，

故答案为：

15．已知双曲线的左右焦点分别为，，过的直线交双曲线C的右支于A，B两点，若的周长为20，则线段AB的长为______．

【答案】6

【分析】利用双曲线的定义，即可求解.

【详解】,，,

易得双曲线的实轴长焦距.

因为都在右支上，则，

的周长,

.

故答案为：6

16．已知正实数a，b满足，则的最小值是______．

【答案】/

【分析】根据等式特征可通过构造函数，利用函数单调性可得，再根据基本不等式即可求得的最小值是.

【详解】由题意可得将等式变形成,

又因为都是正数，所以,

可构造函数，则，

所以函数在区间上为增函数，

由知，所以，

则，

当且仅当，即取等号，

因此的最小值是.

故答案为：

五、解答题

17．在中，角，，的对边分别为，，，且.

(1)求大小；

(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理可得，再由正弦定理得，结合三角形内角性质求角的大小可得答案；

（2）应用正弦边角关系及三角形面积公式可得再由的范围可得答案.

【详解】（1）由余弦定理得，即，

再由正弦定理得，∴，

∵，∴，又，∴；

（2）由正弦定理得即，

而，

由为锐角三角形，∴且，则，

∴，即.

18．某企业生产经营的某种产品的广告费支出x与销售额y之间有如下对应数据：

(1)求x与y的相关系数（精确到0.01）；

(2)当广告费支出每增加1万元时，求销售额平均增加多少万元．

附：相关系数

回归方程的最小二乘估计公式为，；．

【答案】(1)；

(2)6.5万元．

【分析】（1）根据相关系数的计算公式，直接计算求解即可.

（2）根据（1）及题中数据，代入最小二乘法公式计算出线性回归方程，根据函数的单调性即可求解.

【详解】（1）由题目数据得，

，

，所以；

（2）由（1）知，，，

所以，，所以，

所以广告费支出每增加1万元时，销售平均增加6.5万元.

19．在中，，，过点A作，交线段BC于点D（如图1），沿AD将折起，使（如图2）点E，M分别为棱BC，AC的中点.

(1)求证：；

(2)求三棱锥的体积最大值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直，再利用线面垂直及平行关系证明线线垂直；

（2）通过线面垂直找到三棱锥的高，建立锥体体积函数，利用导数法求最值即可.

【详解】（1）在中，M，E分别为AC，BC的中点，则，

折叠前则折叠后，又即，且，

又平面ADB，平面ADB，所以平面ADB，

又平面ADB，所以，而，所以；

（2）设，则，

因为，，且，

又平面BDC，平面BDC，所以平面BDC，

所以AD为三棱锥的高，

在中，，所以，

所以，

则，令解得或（舍去），

令解得，令解得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

故当即当，时，取最大值，

此时.

20．已知椭圆的一个顶点为，离心率为．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点的直线与椭圆C交于不同的两点，点D在第二象限，直线分别与x轴交于，求四边形面积的最大值．

【答案】(1)

(2)4

【分析】（1）根据已知条件结合可求得，即得答案；

（2）设直线直线的方程并联立椭圆方程，设，，可得根与系数的关系式，利用，代入化简，并结合基本不等式，即可求得答案.

【详解】（1）由已知，，结合，∴，，

故椭圆方程为；

（2）由过点的直线与椭圆C交于不同的两点，

可知直线的斜率一定存在，

设直线的方程为，，

联立方程组，可得，

需满足，

设，，，，

，

又，直线AE交x轴于点N，同理，

故

，

当且仅当即时，等号成立，

此时，符合题意，

故四边形面积的最大值为4.

【点睛】方法点睛：解决四边形面积的最大值问题，要求得四边形面积的表达式，因此作图分析，利用直线方程并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，从而可得，将根与系数的关系式代入化简，再结合基本不等式，解决问题.

21．已知函数，为的导函数，且恒成立．

(1)求实数a的取值范围；

(2)函数的零点为，的极值点为，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，从而依据导数构造函数，利用导数判断单调性，求最值，求解即可；

（2）由的零点为，可得，由的极值点为，设，进而求出，令，判断其单调性，结合零点存在定理推出存在，使，即可证明结论.

【详解】（1）由题意，，

∵恒成立，∴恒成立，

即，令，

则，当时，，当时，，

∴在上为减函数，在上为增函数，

故，

∴，故由恒成立，得.

（2）证明：由，得，解得，即，

令，则，

令，则，

故在上为增函数.

，

∵，∴，，，，∴，

，

∴存在，使，

∴，∴.

【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于第二问利用导数证明，解答时要首先明确的含义，从而可得到，进而利用求导构造函数，判断单调性，结合零点存在定理说明存，使，从而利用函数单调性，证明结论.

22．在平面直角坐标系中，曲线所对应的图形经过伸缩变换得到图形.

(1)写出曲线的平面直角坐标方程；

(2)点在曲线上，求点到直线的距离的最小值及此时点的坐标.

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）通过得到，然后带回到曲线的方程即可；

（2）利用三角换元设出曲线上的点，然后利用点到直线的距离公式求解.

【详解】（1）由可得，代入到中，得.

即为曲线的直角坐标方程；

（2）设，则点到直线的距离为

，其中（）

当时，即，于是，

同理，此时，即距离最小值为，此时点.

23．已知，不等式的解集为.

(1)求集合；

(2)，不等式恒成立，求正实数的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知得，然后利用平方转化法化为二次不等式，进而求解；

（2）采用分离参数法转化为恒成立，然后利用分式分离法及导数研究单调性，求得不等号右侧式子的最大值，根据不等式恒成立的意义得到正实数的最小值.

【详解】（1）由得，且，解得，

即原不等式的解集；

（2）由（1）知，

∴即为恒成立，

则恒成立，

设，

∵在小于零，∴h(x)单调递减，

所以，∴，

即正实数的最小值为.