2023届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市高三三模数学（理）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（理）试题

一、单选题

1．已知集合满足，那么这样的集合的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【分析】根据题意，利用列举法计数即可.

【详解】∵，∴要确定集合M,只需确定1和4是否放置在其中，

共有4种情况，，

故选：D

2．设复数满足（是虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】两边同乘以的共轭复数，然后化简运算求得，进而得解.

【详解】,∴，∴，

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】利用凑角，同角三角函数关系和二倍角的余弦公式转化计算.

【详解】

，

故选：B

7．5G技术在我国已经进入高速发展的阶段，5G手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了最近5个月手机的实际销量，如下表所示：

若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（    ）

A．由题中数据可知，变量与正相关，且相关系数

B．线性回归方程中

C．残差的最大值与最小值之和为0

D．可以预测时该商场手机销量约为1.72（千只）

【答案】B

【分析】根据已知数据，分析总体单调性，并注意到增量不相等，不是严格在一条直线上，从而判定A；求得样本中心点坐标，代入已给出的回归方程，求解，从而判定B；根据残差定义求得各个残差，进而得到残差的最大值与最小值，从而判定C；利用回归方程预测计算即可判定D.

【详解】从数据看y随x的增加而增加，故变量与正相关，由于各增量并不相等，故相关系数，故A正确；

由已知数据易得代入中得到，故B错误；

，

，，，，，

，，，，，

残差的最大值与最小值之和为0，故正确；

时该商场手机销量约为，故D正确.

故选：B

8．已知直线与轴和轴分别交于A，两点，以点A为圆心，2为半径的圆与轴的交点为（在点A右侧），点在圆上，当最大时，的面积为（    ）

A． B．8 C． D．

【答案】A

【分析】当BP为圆的一条位于AB下方的切线时满足最大，通过计算得的方程再通过面积公式计算即可.

【详解】如图所示，不难发现当BP为圆的一条位于AB下方的切线时满足最大，

由题意可得，不妨设，

则A到BP的距离为，或（舍去）.

则，

此时到BP的距离为，

所以的面积为

故选：A

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，为的中点，若点到平面的距离为，则与平面所成角的正弦值等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【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 ，

；

又 平面， 直线 在平面的投影就是点O，即 就是直线 与平面的夹角，

在 中， ；

故选：D.

10．定义表示不超过的最大整数，.例如：，.①；②存在使得；③是成立的充分不必要条件；④方程的所有实根之和为，则上述命题为真命题的序号为（    ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①④

【答案】D

【分析】易于判定①正确，②错误，③错误，④不易判定，可以绕开，利用排除法得到只有答案正确.也可用分离函数法，借助于数形结合思想判定④正确.

【详解】,故①正确；

由可知，可知，所以，故②错误，故AC错误；

, ,，故③错误，故B错误；

对于，显然不是方程的解，可化为，

考察函数和的图象的交点，除了(-1,0)外，其余点关于点(0,1)对称，从而和为零，故总和为，故④正确.故D正确.

故选：D

【点睛】选择题中有些问题不易确定时，常常要尝试使用排除方法，本题就是一个典型的例子.

11．希腊著名数学家阿波罗尼斯发现“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，点，，若点是满足的阿氏圆上的任意一点，点为抛物线上的动点，在直线上的射影为，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出点的轨迹方程，再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得，从而可得出答案.

【详解】设，则，

化简整理得，

所以点的轨迹为以为圆心1为半径的圆，

抛物线的焦点，准线方程为，

则

，

当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号，

所以的最小值为.

故选：B.

12．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据常见不等式,进行比较，对于可以比较其倒数的大小，对于,可利用不等式分别放缩然后比较.

【详解】令,，在上，单调递减，

在上,单调递增，时,所以

在时两边取对数得到.

所以，∴；

,,

∴,

∴,

故选：D

二、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，将函数图象上所有的点向左平移个单位长度得到函数的图象，则的值为______.

【答案】

【分析】先有图象结合三角函数的性质得出解析式，再根据图象变换得解析式，继而可得答案.

【详解】由图象可知的周期为，代入可得，又，

故，

左移个单位长度得，

故.

故答案为：-1

15．已知双曲线的左右焦点分别为，，过的直线交双曲线于两点，若的周长为20，则线段的长为______.

【答案】6或

【分析】分情况，利用双曲线的定义，结合余弦定理求解.

【详解】,，,

易得双曲线的实轴长焦距.

若都在右支上，则，

的周长,

；

否则，不妨设是如图的情况：

，

所以，所以，

设,则,

由余弦定理得,解得,

故答案为：6或

16．已知各项均不为零的数列的前项和为，，，，且，则的最大值等于______.

【答案】

【分析】由递推关系得数列满足，得，由条件得，将求的最大值转化为求关于的函数的最大值.

【详解】因为，

所以，将代入，得，

所以，，所以，

，

又因为，所以，，即，

因为，所以，，

当且仅当时等号成立，

所以，

因为，所以当时，

最大，

所以，

即时，有最大值.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：根据求的最大值时，注意分析数列中项的正负号，得，且，进而得.

三、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．学校门口的文具商店试销售某种文具30天，获得数据如下：

试销售结束后开始正式营销（假设该商品日销售量的分布规律不变）.营业的第一天有该文具4件，当天营业结束后检查存货，如果发现存货少于3件，则当天进货补充至4件，否则不进货.

(1)记为第二天开始营业时该文具的件数，求的分布列；

(2)设一年去掉2个月的假期，该文具店的正常营业时间为300天，其中的天数为，求取最大值时的值.

【答案】(1)分布列见解析

(2)240

【分析】（1）根据题意得到的可能取值为3，4，然后分别计算其概率，得到分布列；

（2）利用二项分布列公式，列出不等式组求解.

【详解】（1）的可能取值为3，4

由题意当时表示日销售量为1，此时，则，

∴的分布列为

（2）由（1）知，则服从二项分布即.

，依题意，

，解得，

∴，即取最大值时的的值为240.

19．在中，，，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点，分别为棱，的中点.

(1)求证：；

(2)当三棱锥的体积最大时，试在棱上确定一点，使得，并求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明，再证明平面，从而可证；

（2）设，则，，利用导数法求得当，时，取最大. 以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，由结合向量法求得，再利用向量法即可求解二面角的余弦值.

【详解】（1）在中，，分别为，的中点，则，

折叠前，则折叠后，

又，即，且，

∴平面，又平面，∴

而，∴.

（2）

由（1）可知，两两垂直.

设，则，

∴，令解得，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以当时，有最大值，

即当，时，取最大.

以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，

设，

由得，

而，，，∴，则，

设平面的一个法向量，，，

则即，令，则，，所以，

由题意可知平面的一个法向量，则，

∵二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为.

20．已知圆，，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，设点的轨迹为曲线.

(1)求曲线的方程；

(2)已知，，过点的直线与曲线交于不同的两点，，点在第二象限，直线与轴交于，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆定义可得的方程；

（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，求出、、的方程、，设直线交轴于点，求出，利用韦达定理求出，再由基本不等式可得答案.

【详解】（1）由已知，

根据椭圆定义可得的方程为；

（2）设直线的方程为，，

联立方程组，可得，

设，，，，

，，

，，

设直线交轴于点，同理可得，

，

当且仅当时取最大值.

【点睛】方法点睛：直线方程与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理解决相关问题是常用的方法，考查了学生的思维能力、运算能力.

21．已知函数，.

(1)设函数，求的单调区间；

(2)若直线，分别与，的图象交于，两点，求的最小值.

【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为

(2)

【分析】（1）利用导函数研究函数的单调性；

（2）设，，，由已知条件，消去参数得到，令可转化为，构造函数，利用导数研究函数的单调性和极值，根据此函数有零点的条件进一步构造函数并利用导数在研究，得到的最小值，进而得解.

【详解】（1）解：，，令，，

∵，，，，

∴的单调递减区间为，单调递增区间为；

（2）设，，，则，

∴

令，，∴，

∴，

即，

令，，

令，即，

∵，∴，

又，解得，且，

当，，，，

∴在上递减，在上递增，

∴当时取得最小值.

要使关于的方程有解，需，

.

令，，则，

∴在上单调递减，，∴时，，

∵，∴，∴，

又因为，∴，

令，，

，，，，

∴在上递减，在上递增，∴.

∴在与一定存在零点.

即，，且在为增函数，∴，

∴当，此时，，.

【点睛】关键点睛：本题关键在于消参得到，作换元，构造函数并利用有零点的条件得到其最小值小于等于零，进而求得的最小值.其中需要根据需要多次构造函数，并利用导数研究单调性和最值.

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.