青海省西宁市2023届高三一模理科数学试题（含答案）

青海省西宁市2023届高三一模理科数学试题

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

一、单选题

1．已知集合，，且，则（    ）

A． B． C． D．

2．设，则“”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

3．1977年是高斯诞辰200周年，为纪念这位伟大的数学家对复数发展所做出的杰出贡献，德国特别发行了一枚邮票，如图，这枚邮票上印有4个复数，设其中的两个复数的积，则（    ）

A． B． C． D．

4．香农-威纳指数（）是生态学中衡量群落中生物多样性的一个指数，其计算公式是，其中是该群落中生物的种数，为第个物种在群落中的比例，下表为某个只有甲､乙､丙三个种群的群落中各种群个体数量统计表，根据表中数据，该群落的香农-威纳指数值为（    ）

A． B． C． D．

5．如图，在矩形中，是的中点，若，则（    ）

A． B．1 C． D．2

6．2022年卡塔尔世界杯足球赛落幕，这是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．有甲，乙，丙，丁四个人相互之间进行传球，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过三次传球后乙只接到一次球的概率为（    ）

A． B． C． D．

7．在空间中，给出下面四个命题，则其中正确命题的个数为（    ）

①过平面外的两点，有且只有一个平面与平面垂直；

②若平面内有不共线三点到平面的距离都相等，则；

③若直线与平面内的无数条直线垂直，则；

④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线．

A．0 B．1 C．2 D．3

8．直角三角形的三边满足，分别以，，三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为、、，则（    ）

A． B． C． D．

9．古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus，大约公元前417年一公元前369年）通过下图来构造无理数，记，则（    ）

A． B． C． D．

10．已知函数在区间上的极值点有且仅有2个，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

11．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．

12．已知定义在上的函数满足，函数的图象关于直线对称，且，则（    ）

A． B．0 C．1 D．2

二、填空题

13．某市有30000人参加阶段性学业水平检测，检测结束后的数学成绩X服从正态分布，若，则成绩在140分以上的大约为______人．

14．曲线的切线中，斜率最小的切线方程为______．

15．在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为______．

16．1955年10月29日新疆克拉玛依1号油井出油，标致着新中国第一个大油田的诞生，克拉玛依大油泡是一号油井广场上的标志性建筑，成为市民与游客的打卡网红地，形状为椭球型，中心截面为椭圆，已知动点在椭圆上，若点A的坐标为，点满足，，则的最小值是___________.

三、解答题

17．为庆祝党的二十大的胜利召开，培养担当民族复兴的时代新人，某高校在全校开展“不负韶华，做好社会主义接班人”的宣传活动．为进一步了解学生对党的“二十大”精神的学习情况，学校开展了“二十大”相关知识的竞赛活动，现从参加该活动的学生中随机抽取100人，将他们的竞赛成绩（满分为100分）分为5组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图：

(1)估计这100名学生的竞赛成绩的中位数（结果保留整数）；

(2)在抽取的100名学生中，规定：竞赛成绩不低于70分为“优秀”，竞赛成绩低于70分为“非优秀”．请将下面的2×2列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”？（精确到0.001）

参考公式及数据：，其中．

18．如图，在直三棱柱中，，E为的中点，，.

(1)证明：；

(2)求平面与平面ABC所成角的余弦值.

19．已知数列的前项和为，且满足.

（1）证明数列是等比数列；

（2）若数列满足，记数列前项和为，证明.

20．已知椭圆C：的离心率为，右焦点与抛物线的焦点重合.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设椭圆C的左焦点为，过点的直线l与椭圆C交于两点，A关于x轴对称的点为M，证明：三点共线.

21．已知函数，.

(1)讨论的单调性；

(2)任取两个正数，当时，求证：.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是.

(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，点，求的值.

23．已知函数

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若，求的取值范围

参考答案：

1．B

【分析】解出集合，利用交集含义即可得到答案.

【详解】由题意得，

又因为，，且.所以.

故选：B.

2．A

【分析】先解绝对值不等式和一元二次不等式，再根据充分、必要条件的知识求得正确答案.

【详解】；

，解得，

所以“”是“”的充分而不必要条件.

故选：A

3．D

【分析】根据复数的乘法运算可求得的值，即可得答案.

【详解】由，

故，则，

故选：D

4．A

【分析】根据已知公式和对数运算直接计算求解即可.

【详解】由题意知：.

故选：A.

5．C

【分析】由向量的平行四边形法则以及三角形法则得出，进而得出.

【详解】，∴，，∴，

故选：C．

6．D

【分析】将所有传球的结果列出，再利用古典概型求结果.

【详解】传球的结果可以分为：

分别传给3人时：乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，丁乙丙，丁丙乙，共6种；

若传给2人时：乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共6种；

再传给甲的：乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，丙甲乙，丁乙甲，丁甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁甲丙，丁丙甲，共15种；

共27种，只传乙一次的有16种，所以所求概率为

故选：D.

7．A

【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系直接判断．

【详解】解：对于①，当过平面外的两点在垂直于平面的直线上时，命题①不成立；

对于②，当不共线三点在平面，的两侧时，命题②不成立；

对于③，当直线与平面内的无数条平行线垂直时，命题③不成立；

对于④，当两条异面直线中有一条垂直于这个平面时，

它们在这平面内的射影就不再是两条直线，而是一条直线和一个点．故命题④不成立．

所以正确命题的个数为0个.

故选：A．

8．A

【解析】求出，，，推导出，从而得到．

【详解】直角三角形的三边满足，

分别以、、三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为、、，

，，

该直角三角形斜边上的高满足，可得，

，

，，，，

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题考查旋转体体积的大小比较，解题的关键就是确定旋转体的形状，并据此求出对应的旋转体的体积，结合作差法比较即可.

9．A

【分析】利用锐角三角函数求出，再利用两角和的余弦公式和二倍角公式计算可得.

【详解】由图可知，，，，

，，

.

故选：A.

10．C

【分析】利用三角函数的图象与性质以及整体代换的技巧进行处理.

【详解】因为，所以当时，有，

因为在区间上的极值点有且仅有2个，结合函数图象得

，解得，所以的取值范围为，故A，B，D错误；

故选：C.

11．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

12．C

【分析】利用函数的周期性及函数的对称性进行计算求解.

【详解】由，得  ①

又函数的图象关于直线对称，所以函数的图象关于轴对称，即  ②

联立①②两式，可得，所以，

所以函数的一个周期为8，又，

所以，故A，B，D错误.

故选：C.

13．150

【分析】根据考试的成绩X服从正态分布．得到考试的成绩X的正太密度曲线关于对称，根据，得到，根据频率乘以样本容量得到这个分数段上的人数．

【详解】由题意，考试的成绩X服从正态分布．

考试的成绩X的正太密度曲线关于对称，

，

，

，

该市成绩在140分以上的人数为．

故答案为：150.

14．

【分析】先计算，再由基本不等式求出的最小值以及此时的值，即可得切点和斜率，进而可得所求的切线方程.

【详解】的定义域为，

由可得：，

因为，所以，

当且仅当即时等号成立，取得最小值，

即切线方程斜率最小为，

因为，所以切点为，

所以切线方程为，即，

故答案为：.

15．

【分析】根据正弦定理得到关于的等式，根据锐角，求得角的范围，进而求得的取值范围即可.

【详解】解：在中，由正弦定理得，

所以，即，

因为锐角，所以，

即，解得，

所以，所以，

故，即.

故答案为：

16．

【分析】先根据得到点M的轨迹方程，利用和几何意义要想使最小，只需最小，设出，用两点间距离公式得到，根据求出，进而求出的最小值.

【详解】因为，所以点M的轨迹为以A为圆心，半径为1的圆，因为，所以，要想使最小，只需最小，设，，则，其中，因为，所以当时，取得最小值，，此时.

故答案为：

17．(1)中位数为72

(2)表格见解析，有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”．

【分析】（1）运用频率分布直方图中位数计算公式可求得结果.

（2）计算出优秀人数完成列联表，再运用独立性检验判断即可.

【详解】（1）因为，

所以竞赛成绩的中位数在内．

设竞赛成绩的中位数为m，则，解得，

所以估计这100名学生的竞赛成绩的中位数为72．

（2）由（1）知，在抽取的100名学生中，

竞赛成绩为“优秀”的有：人，

由此可得完整的2×2列联表：

零假设：竞赛成绩是否优秀与性别无关.

因为，

所以有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”．

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；

（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的法向量，根据空间角的向量求法即可求得答案.

【详解】（1）证明：在直三棱柱中,平面，平面，

故 ,又，平面,

故平面,平面,

所以.

（2）由题意知平面，，

分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

由已知得E为的中点，，,

所以,

故,

设平面的一个法向量为，

则，即，令，则，

所以，

因为平面，故平面ABC的一个法向量可取为，

故 ，

由图可知平面与平面ABC所成角为锐角，

故平面与平面ABC所成角的余弦值为.

19．（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据，利用数列通项与前n项和关系，得到，再利用等比数列的定义求解.

（2）由（1）得到，则，然后利用裂项相消法求得，再根据为递增数列求解.

【详解】（1）由题意得，当时，，

∴，即，

当时，，

∴

故是以3为首项，3为公比的等比数列

（2）由（1）可知，

∴，

∴

∴

因为时，，

所以为递增数列，故

因为，则，故

所以

【点睛】本题主要考查数列通项与前n项和的关系，等比数列的定义，裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

20．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意求得c，结合离心率求得，即得答案；

（2）判断直线l的斜率存在，设出直线方程，并和椭圆方程联立，可得根与系数的关系式，表示出，的坐标，利用向量的共线证明三点共线，即得结论.

【详解】（1）∵椭圆C的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的焦点为,

∴,

又，∴,∴,

∴椭圆C的方程为.

（2）证明：由（1）知椭圆C的左焦点为，

当直线l的斜率不存在时，其方程为：，此时直线l与椭圆C没有交点，不符合题意；

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，

则.

联立，消去y得，

∴，解得,

∴，,

∵，，

又，，

∴

，

∵与共线，而与有公共点,即、、 三点共线.

【点睛】思路点睛：本题涉及到直线和椭圆的位置关系的问题，解答并不困难，要证明三点共线，一般结合向量的共线来证明，利用向量共线的坐标表示，计算即可.

21．(1)答案见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据函数解析式求出定义域以及导数，对参数进行讨论，根据导函数的正负取值情况得出函数的单调性；

（2）求出，运用分析法将需要证明成立的不等式转化，再利用换元法写出表达式，利用导数研究函数的单调性，进而证明原不等式成立.

【详解】（1）.

当时，，令，得；令，得.

所以在上单调递增，在上单调递减.

当，即时，令，得或；令，得.

所以在，上单调递增，在上单调递减.

当，即时，恒成立，所以在上单调递增.

当，即时，令，得或；令，得.

所以在，上单调递增，在上单调递减.

综上所述，

当时，在上单调递增，在上单调递减；

当时，在，上单调递增，在上单调递减；

当时， 在上单调递增；

当时，在，上单调递增，在上单调递减；

（2）证明：由题意得，.

要证，

只需证，

即证，

即证.

令，

所以只需证在上恒成立，

即证在上恒成立.

令，则，

令，则.

所以在上单调递减，即在上单调递减，

所以，所以在上单调递增，

所以.

所以.

22．(1)；

(2)

【分析】（1）曲线C的参数方程通过平方消元得到普通方程；通过极坐标方程与直角坐标方程关系得到直线l的直角坐标方程；

（2）由题可知点P过直线l，利用直线的参数方程中参数与定点位置关系即可列式计算.

【详解】（1），得，

根据极坐标方程与直角坐标方程关系可知直线l的直角坐标方程为：.

（2）由（1）可知点过直线l，故直线l的参数方程可写为（t为参数），

代入曲线C的普通方程得，

由韦达定理可知：，，

所以.

23．(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论去绝对值求解；（2）根据求的最小值，运算求解.

【详解】（1）当时，由，即

当时，，解得；

当时，，无解；

当时，，解得，

综上所述：不等式的解集为

（2）∵，当且仅当时等号成立，则的最小值为

因为，所以

所以或

解得或

综上，即的取值范围为.