宁夏银川一中、昆明一中2023届高三联合二模考试数学（理）试题（含解析）

宁夏银川一中、昆明一中2023届高三联合二模考试数学（理）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列集合关系中错误的是（    ）

A． B． C． D．

2．规定运算，若复数满足，则的值为（    ）

A． B． C． D．

3．数列满足，，则等于（    ）

A． B． C． D．

4．2022年第三十二届足球世界杯在卡塔尔举行，第一届世界杯是1930年举办的，而早在战国中期，中国就有过类似的体育运动项目：蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知半径为的某鞠（球）的表面上有四个点，，，，，，，则该鞠（球）被平面所截的截面圆面积为（    ）

A． B． C． D．

5．已知向量，在正方形网格中的位置如图所示，那么向量与的夹角为（    ）

A．45° B．60° C．90° D．135°

6．在平面直角坐标系中，为第四象限角，角的终边与单位圆O交于点，若，则（     ）

A． B． C． D．

7．由于用具简单，趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动．某棋局的一部分如图所示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条路线，则能顺带吃掉“炮”的可能路线有（    ）

A．条 B．条 C．条 D．条

8．已知数列满足，数列的前n项和为，若对任意恒成立，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

9．鹅被人类称为美善天使，它不仅象征着忠诚、长久的爱情，同时它的生命力很顽强，因此也是坚强的代表．除此之外，天鹅还是高空飞翔冠军，飞行高度可达9千米，能飞越世界最高山峰“珠穆朗玛峰”．如图是两只天鹅面对面比心的图片，其中间部分可抽象为如图所示的轴对称的心型曲线．下列选项中，两个函数的图象拼接在一起后可大致表达出这条曲线的是（    ）

A．及 B．及

C．及 D．及

10．已知拋物线上一点到准线的距离为是双曲线的左焦点，是双曲线右支上的一动点，则的最小值为（    ）

A．12 B．11 C．10 D．9

11．已知函数，则关于的不等式的解集为（    ）

A． B．

C．∪ D．∪

12．已知线段垂直于定圆所在的平面，是圆上的两点，是点在上的射影，当运动，点运动的轨迹（    ）

A．是圆 B．是椭圆 C．是抛物线 D．不是平面图形

二、填空题

13．从，，，，这个数中任取个不同的数，记“两数之积为正数”为事件，“两数均为负数为事件．则________．

14．__________．

15．有如下四个命题：

①甲乙两组数据分别甲：1，2，3，4，5，6，7，8，9；乙：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10．则甲乙的中位数分别为5和5.5．

②相关系数，表明两个变量的相关性较弱．

③若由一个列联表中的数据计算得的观测值约为4.567，则认为两个变量有关，此推断犯错误的概率不超过0.05．

附

④用最小二乘法求出一组数据的回归直线方程后要进行残差分析，相应数据的残差是指．

以上命题错误的序号是__________．

16．设，且，则___________.

三、解答题

17．如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，．

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

18．已知的内角，，的对边分别为，，．

（1）写出余弦定理（只写出一个公式即可），并加以证明；

（2）若锐角的面积为，且，，求的周长．

19．十三届全国人大常委会第二十次会议审议通过的《未成年人保护法》针对监护缺失、校园欺凌、烟酒损害、网络沉迷等问题，进一步压实监护人、学校、住宿经营者及网络服务提供者等主体责任，加大对未成年人的保护力度．某中学为宣传《未成年人保护法》，特举行一次未成年人保护法知识竞赛，比赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答两题，若答对题数不少于3，则被称为“优秀小组”，已知甲、乙两位同学组成一组，且同学甲和同学乙答对每道题的概率分为，．

(1)若，，则在第一轮竞赛中，求他们获“优秀小组”的概率；

(2)当，且每轮比赛互不影响时，如果甲、乙同学在此次竞赛活动中要想获得“优秀小组”的次数为9，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？

20．在直角坐标系上，椭圆的右焦点为，的上、下顶点与连成的三角形的面积为．

(1)求的方程；

(2)已知过点的直线与相交于，两点，问上是否存在点，使得？若存出，求出的方程．若不存在，请说明理由

21．已知函数，．

(1)若直线是曲线的一条切线，求的值；

(2)若对于任意的，都存在，使成立，求的取值范围．

22．在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为．

(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)在直角坐标系中，若把曲线图象向下平移个单位，然后横坐标不变，纵坐标压缩到原来的，得到曲线，直线与曲线交于点、，与轴交于点，求的值．

23．已知函数.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若不等式的解集非空，求的取值范围.

参考答案：

1．A

【分析】根据集合与集合的关系判断即可.

【详解】对于A：集合为点集，含有元素，集合含有两个元素，，

所以不包含于，故A错误；

对于B：，故B正确；

对于C：，故C正确；

对于D：因为，所以，故D正确；

故选：A

2．D

【分析】根据所给运算及复数代数形式的乘法运算化简即可.

【详解】因为，所以，

即，所以.

故选：D

3．C

【分析】根据数列的通项公式代入计算可得.

【详解】因为，

所以.

故选：C

4．D

【分析】依题意可得为外接球的直径，将三棱锥放入如图所示的长方体，求出长方体的棱长，即可求出、、，利用余弦定理求出，求出的外接圆的半径，即可得解.

【详解】因为三棱锥的外接球的半径，而，所以为外接球的直径，

如图，将三棱锥放入如图所示的长方体，则，

设长方体的另一棱长为，所以，解得，即，

设外接球的球心为，所以，，

设的外接圆的半径为，则，

则，

所以，则，

所以该鞠（球）被平面所截的截面圆面积．

故选：D

5．C

【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，结合其坐标运算即可得到结果.

【详解】

如图，建立坐标系，设小正方形的边长为，与的夹角为，

则，，，所以，

且，

则，

因为，所以.

故选：C

6．C

【分析】利用三角函数定义和同角的基本关系及两角差的正弦公式即可求出答案.

【详解】因为为第四象限角，所以，

，

由，可得在第三象限，

所以，

故选：C.

7．C

【分析】将路线分为两步，首先确定从“兵”到“炮”的最短路线走法；再确定从“炮”到“马”的最短路线走法，由分步乘法计数原理可求得结果.

【详解】由题意可知：“兵”吃掉“马”的最短路线，需横走三步，竖走两步；

其中能顺带吃掉“炮”的路线可分为两步：第一步，横走两步，竖走一步，有种走法；第二步，横走一步，竖走一步，有种走法．

能顺带吃掉“炮”的可能路线共有（条）．

故选：C.

8．C

【分析】利用裂项相消法求出，将不等式进行等价转化，然后利用基本不等式即可求解.

【详解】因为，

所以

，

因为对任意恒成立，

也即对任意恒成立，

因为

（当且仅当，也即时等号成立）

所以，

故选：.

9．A

【分析】根据图形的对称性与定义域特点选择合适的函数.

【详解】因为图形为轴对称图形，所以与对应的值相等，故函数为偶函数，只有A、C选项中函数均为偶函数，故排除B、D；

根据图象可知为封闭图形，的定义域有限，C中及定义域均为，不符合题意.

故选：A

10．D

【分析】先根据题意求出点的坐标，设是双曲线的右焦点，根据双曲线的定义可得，从而可得出答案.

【详解】拋物线的准线为，

则点到准线的距离为，所以，

则，故，

设是双曲线的右焦点，

则，则，

故，

当且仅当三点共线时取等号，

所以的最小值为.

故选：D.

11．A

【分析】根据题意可判断函数为奇函数且在上单调递增，进而根据奇偶性与单调性解不等式即可.

【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称，

，

所以函数为奇函数，

因为，

当且仅当，即时，等号成立，

所以函数在上单调递增，

所以可化为，即，

所以，

即，解得，

所以不等式的解集为.

故选：A

12．A

【分析】设定圆圆心为，半径为，由线面垂直的判定与性质可推导证得，由直角三角形性质可确定，由此可得轨迹图形.

【详解】设定圆圆心为，半径为，

连接，设直径为，连接，

平面，平面，；

为直径，，又，平面，

平面，又平面，，

又，，平面，

平面，平面，，

在中，，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.

故选：A.

13．/

【分析】根据古典概型的概率公式求出，，再由条件概率的概率公式计算可得.

【详解】从，，，，这个数中任取个不同的数有种取法，

其中满足两数之积为正数的有种取法，

满足两数之积为正数且两数均为负数的有种取法，

所以，，

所以.

故答案为：

14．0

【分析】根据题意，由奇偶函数定积分的对称性运算可知结果为0.

【详解】由题意可知，

，所以函数为奇函数，

则由奇函数定积分的对称性可得.

故答案为:0

15．②

【分析】求出两组数据的中位数判断①；利用相关系数的意义判断②；利用的观测值与要求的临界值对判断③；利用残差的意义判断④.

【详解】对于①，甲组数据的中位数为，乙组数据的中位数为，故①正确；

对于②，相关系数时，两个变量有很强的相关性，故②错误；

对于③，的观测值约为，认为两个变量有关，此推断犯错误的概率不超过，故③正确；

对于④，残差分析中，相应数据的残差，故④正确，

所以命题错误的序号是②.

故答案为：②

16．

【分析】易得，即，再分别比较和，的大小关系，即可得出与3的大小关系，结合题意即可得出答案.

【详解】解：因为，所以，

又，，则，

所以，即，

由，

根据，，则，

所以，即，

所以，

所以，

所以，

因为，且，

所以.

故答案为：2.

17．(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可； (2)利用空间向量求线面角即可.

【详解】（1）由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，．

底面，底面，

又，，

且平面,

平面，

所以是平面的一个法向量．

因为，

所以．

又平面，所以平面．

（2）因为，，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，则

由，解得，令，

得平面的一个法向量为．

设直线与平面所成的角为，

则．

故：直线与平面所成角的正弦值为．

18．（1）余弦定理：，证明见解析；（2）10.

【分析】（1），用向量法进行证明即可；

（2）得，又，故，再结合三角形面积公式可得，进而有，然后用余弦定理结合周长求法即可求解

【详解】（1）余弦定理：．

证明如下：

设，，，则，

则，

即，

则，即．

（2）得，即

因为，所以，

因为的面积为，所以，

则，又为锐角三角形，所以．

所以，

故的周长为10．

19．(1)

(2)19轮竞赛

【分析】（1）分甲答对1次，乙答对2次，甲答对2次，乙答对1次，甲答对2次，乙答对2次三类求解；

（2）先求得获“优秀小组”的概率的最大值，设他们小组在n轮竞赛中获“优秀小组”的次数为，由求解.

【详解】（1）解：由题可知，所有可能的情况有：

①甲答对1次，乙答对2次的概率；

②甲答对2次，乙答对1次的概率；

③甲答对2次，乙答对2次的概率．

故所求的概率．

（2）他们在一轮竞赛中获“优秀小组”的概率

．

因为，，，

所以，，

所以，

由基本不等式，当且仅当时，等号成立，

所以，令，

则，，

所以当时，，

设他们小组在n轮竞赛中获“优秀小组”的次数为，

则，

由，得，

所以理论上至少要进行19轮竞赛．

20．(1)

(2).

【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；

（2）分类讨论：①当的斜率不存在时和②当的斜率存在时，设的方程为，，利用“设而不求法”求解.

【详解】（1）依题意得，所以，  

另由，，解得：，          

所以椭圆的标准方程为程为.

（2）①当的斜率不存在时，则，，

因为，所以点，

而点不在椭圆上，故不存在点符合题意.

②当的斜率存在时，设的方程为，，

联立得，

则，而，

因为，则，所以，

而在曲线上，所以，即，所以，符合题意.

综上所述，存在点满足题意，此时直线的方程为

21．(1)

(2)

【分析】(1) 直线是曲线的一条切线,根据切点在切线和原函数上，斜率是切点处导数列式求的值即可；

(2) 把任意的，都存在，使成立转化，在参数分离转化为恒成立,构造函数 ，求出，进而求出 的取值范围.

【详解】（1）由得,

设直线 与曲线的切点为,

则，

解得

因此的值为.

（2）由得

设，则 ,

因为当时，，所以在上单调递增，

又因为

所以存在 ，使 ,

且当时， ；当时， ；

从而 ，且当 时， ；

当 时， ,所以函数 在上单调递减，在上单调递增，

因此 ,

由，得从而 ,

所以

由对于任意的，都存在，使 成立，

得对于任意的，都有 ,

即不等式在上恒成立，

即不等式 在上恒成立.

设 ，则

因为 ，当 时，;

当 时，;

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以 ，因此 ,

故 的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：把任意的，都存在，使成立转化为，参数分离后构造函数求导即可求解.

22．(1)：，：

(2)4

【分析】（1）直接代入消参求直线的普通方程，根据转化公式可求得曲线的直角坐标方程；

（2）利用的几何意义及韦达定理可求解.

【详解】（1）由直线的参数方程为（为参数），将代入中，

可得：；

曲线的极坐标方程为，所以有，即，

所以：.

（2）把曲线图象向下平移个单位，然后横坐标不变，纵坐标压缩到原来的，

可得：，

可知，所以的标准参数方程为（为参数），

代入中，得，

设，对应参数为，，则，即为上述方程的两根，，

.

23．(1)

(2).

【分析】（1）把代入，分段讨论解不等式可得到结果；

（2）利用绝对值三角不等式可得，再由转化为，解出即可．

【详解】（1）因为，所以，

当时，原不等式转化为，无解.

当时，原不等式转化为，解得.

当时，原不等式转化为，解得.

综上所述，原不等式的解集为；

（2）由已知可得，

由不等式的解集非空，可得，

则，

解得，故的取值范围为.