新疆维吾尔自治区阿勒泰地区2023届高三三模数学（理）试题（含解析）

新疆维吾尔自治区阿勒泰地区2023届高三三模数学（理）试题

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

一、单选题

1．已知是虚数单位，若与互为共轭复数，则（    ）

A． B． C． D．

2．如图所示的茎叶图记录了甲、乙两支篮球队各6名队员某场比赛的得分数据（单位：分）．若这两组数据的中位数相等，且平均值也相等，则和的值分别为（    ）

A．2和3 B．0和2 C．0和3 D．2和4

3．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

4．如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（    ）

A．8 B．12 C．16 D．20

5．已知函数则函数，则函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

6．函数在上的最小值是（    ）

A． B． C．0 D．

7．正方体中，分别是棱的中点，则平面与平面所成角为（    ）

A． B． C． D．

8．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作．其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积（弦×矢+矢×矢）．弧田（如图）由圆弧和其所对弦围成，公式中“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．现有圆心角为，半径为的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是（   ）（精确到）

A． B． C． D．

9．有一个圆锥形铅锤，其底面直径为，母线长为．P是铅锤底面圆周上一点，则关于下列命题：①铅锤的侧面积为；②一只蚂蚁从P点出发沿铅锤侧面爬行一周、最终又回到P点的最短路径的长度为．其中正确的判断是（    ）

A．①②都正确 B．①正确、②错误

C．①错误、②正确 D．①②都错误

10．和分别是双曲线的左，右焦点，A和B是在双曲线左支的两个点，满足且是等边三角形，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

11．已知，若函数在区间上有且只有个零点，则的范围为（    ）

A． B．

C． D．

12．已知，则的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知平面向量，满足，则________．

14．已知正（O为坐标原点）的顶点在抛物线上，则的边长等于_______．

15．从正方体的8个顶点中取出三个顶点构成三角形，其中为直角三角形的概率为________．

16．在中，，为边上的中线且，则的取值范围是________．

三、解答题

17．若数列的首项为1，且．

(1)求证：是等比数列；

(2)若，求证：数列的前项和．

18．在中，分别为的中点，，如图①，以为折痕将折起，使点A到达点的位置，如图②．

(1)证明：；

(2)若平面，求直线与平面所成角的余弦值．

19．近年来，我国科技成果斐然，北斗三号全球卫星导航系统已开通多年，北斗三号全球卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星，共30颗卫星组成，北斗三号全球卫星导航系统全球范围定位优于，实测的导航定位精度都是，全球服务可用性99%，亚太地区性能更优．

(1)欧洲某城通过对1000辆家用汽车进行定位测试，发现定位精确度近似满足，预估该地区某辆家用汽车导航精确度在的概率（保留四位小数）；

(2)某地区基站工作人员从30颗卫星中随机选取2颗卫星进行信号分析，记为选取的2颗卫星中含地球静止轨道卫星的数目，求的分布列和数学期望．

附：若，则，．

20．已知椭圆的左右焦点分别为，分别为椭圆的上，下顶点，到直线的距离为．

(1)求椭圆的方程；

(2)直线与椭圆交于不同的两点，直线分别交x轴于两点．问：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．

21．已知函数，其中为非零常数．

(1)讨论的极值点个数，并说明理由；

(2)若，证明：在区间内有且仅有1个零点．

22．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．

(1)若曲线C关于直线l对称，求a的值；

(2)若为曲线C上两点，且，求面积的最大值．

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)设的最小值为M，若正实数a，b满足，证明：．

参考答案：

1．D

【分析】根据与互为共轭复数，求出和，再代入计算即可.

【详解】因为与互为共轭复数，所以，

所以.

故选：D.

2．C

【分析】分别计算中位数和平均值，根据已知条件列方程求解即可.

【详解】，

，

故.①

甲的中位数为：，

故乙的中位数，②

所以由①②得，.

故选：C.

3．C

【分析】解一元二次不等式并运用集合的并集、补集计算即可.

【详解】因为或，

所以或，

所以.

故选：C.

4．B

【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.

【详解】由三视图还原几何体，如图，

则该直四棱柱的体积.

故选：B.

5．B

【分析】由可知 图像与的图像关于轴对称，由 的图像即可得出结果.

【详解】因为，所以 图像与的图像关于轴对称，

由解析式，作出的图像如图

从而可得图像为B选项.

故选：B.

6．C

【分析】求出函数的导数，根据导数正负判断函数的单调性即可求该函数在上的最小值.

【详解】因为，所以，

当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

所以当时，函数值为0，当时，函数值为，所以其最小值为0.

故选：C.

7．D

【分析】先证明，，运用面面垂直判定定理可证得面面即可.

【详解】连接BD，如图所示，

因为、分别为、的中点，所以，

又因为，

所以，

又因为面，

所以.

又因为，、面，

所以面，

又因为面，

所以面面，

即：平面与平面所成角为.

故选：D.

8．A

【分析】根据题设条件计算出弦和矢，再代入弧田面积公式计算作答.

【详解】依题意，弦(m)，矢(m)，

则弧田面积=()，

所以弧田面积约是.

故选：A

9．A

【分析】利用圆锥的侧面积公式计算判断①；沿着过点P的圆锥的母线剪开，把侧面展成平面图形，求出弧的两个端点的距离判断②作答.

【详解】依题意，圆锥的底面圆半径为，母线长为，所以铅锤的侧面积为，①正确；

沿着过点P的圆锥的母线剪开，把侧面展成平面图形，如图，

显然扇形弧长为圆锥底面圆周长，而扇形半径为母线长，因此扇形圆心角，

在中，由余弦定理得，

蚂蚁从P点出发沿铅锤侧面爬行一周、最终又回到P点的最短路径即为线段长，②正确.

故选：A

10．B

【分析】运用双曲线对称性及等边三角形对称性可知轴，再结合双曲线定义列方程求解即可.

【详解】由双曲线对称性及等边三角形对称性可知，、关于x轴对称，即：轴，如图所示，

则，

又因为，

所以，

所以在中，，，

由双曲线定义知，，

所以，

所以.

故选：B.

11．D

【分析】将看作一个整体，使用整体思想，由正弦函数的零点（即对称中心的横坐标）求解即可.

【详解】∵在区间上有且只有个零点，

∴令，当时，，

∴在区间上有且只有个零点，即在区间上有且只有个零点，

又∵的零点（即对称中心的横坐标）为，，

∴当时，，当时，，

当时，，当时，，

当时，，

∴，解得.

故选：D.

12．C

【分析】构造函数，求导可得在上单调递增，即可得，从而得出大小，构造函数，求导可得在上单调递增，即可得，从而得出大小，即可得结论.

【详解】解：设，，所以，

，所以单调递增，

则，

所以，则；

，，

当时，，所以在上单调递增，

所以，

所以，故，故.

故选：C.

13．5

【分析】由向量的模长公式代入求解即可.

【详解】因为，则，

所以.

故答案为：5.

14．

【分析】设△AOB的边长为a，先设出A点坐标，再代入抛物线方程，解得a，即得结果.

【详解】由抛物线及等边三角形的对称性可知，如图所示，

设△AOB的边长为a，则A，

因为点A在抛物线上，

所以，解得：a＝.

故答案为：.

15．

【分析】由古典概型的概率公式计算即可.

【详解】从正方体的8个顶点中取出3个，共有种取法.

正方体有6个表面和6个对角面，它们都是矩形(包括正方形)而每一个矩形中都有4个直角三角形，

所以共有个直角三角形.

故构成直角三角形的概率为.

故答案为：.

16．

【分析】根据题意利用可得，结合数量积的运算律整理得，设，代入结合一元二次方程求的取值范围.

【详解】设，

因为为边上的中线，则，

可得，

即，整理得，

设，则，

可得，整理得，

关于的方程有正根，则有：

①当，即时，则，解得；

②当，即时，则，解得或（舍去），符合题意；

③当，即时，则，解得；

综上所述：，即的取值范围是.

故答案为：

【点睛】方法点睛：有关三角形中线长度问题的求解，可考虑利用向量运算来建立关系式.有关三角形边长的和、差的取值范围，可考虑余弦定理（或正弦定理），结合基本不等式（或三角函数的取值范围）等知识来求解.

17．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意可得，即可证明所以是以为首项为，为公比的等比数列；

（2）由（1）求出，再由错位相减法求出，即可证明.

【详解】（1）由可得，

因为，所以，所以是以为首项为，为公比的等比数列；

（2）由（1）知，因为，所以，

两式相减可得，

故，因为，

所以.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过证明，平面即可；（2）由（1）如图建立以E为原点的空间直角坐标系，后由向量方法可得答案.

【详解】（1）证明：在题图1中，因为，且为的中点，

所以，又为的中点，所以

在题图2中，，且，平面,平面.所以平面，又平面，所以；

（2）因为平面，所以，而

以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．

在题图1中，设，则

则

所以

设平面的法向量为

则，即.

令，则，所以，设直线与平面所成的角为，

则

所以直线与平面所成的角的余弦值为．

19．(1)0.8186

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据正态分布即可求解；（2）列出随机变量，根据超几何分布即可求解.

【详解】（1）由，易知，

所以，

则预估该地区某辆家用汽车导航精确度在的概率为0.8186；

（2）由题意可得可能的取值为0，1，2，

则

所以的分布列为

所以数学期望

20．(1)

(2)存在，

【分析】（1）利用等面积法求得结果；

（2）设，，由得出，得出方程，再结合点在椭圆上求解得出结果.

【详解】（1）中由面积公式得，

即，得，

椭圆方程为；

（2）如图，

假设存在点使得，设，

，即，

，即，

直线与椭圆交于不同的两点，易知关于对称，

设，则，

由（1）知，直线的方程是，令得，

直线方程是，令得，

由，得，

又在椭圆上，所以，即，

，即.

所以存在点，使得成立．

21．(1)当时，函数无极值点，当时，函数只有一个极值点；理由见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求进行求导，分和两种情况讨论其单调性，即可得到极值点的情况；

（2）由（1）可得到在内有唯一解，结合其单调性可得是的唯一极值点，接着推出，，即可求证

【详解】（1）由已知，的定义域为，

①当时，，从而，所以在内单调递减，无极值点；

②当时，令，

∵，∴在上单调递减，

，

所以存在唯一的，使得，

∴当时，，即，此时单调递增；

当时，，即，此时单调递减，

所以当时，在上有且仅有一个极值点，

综上所述，当时，函数无极值点；当时，函数只有一个极值点

（2）由（1）知，在上单调递减，

由得，，

所以即在内有唯一解，不妨设为，

所以当，；当，，

则在上单调递增，在上单调递减，所以是的唯一极值点，

令，则当时，，故在内单调递减，

从而当时，，所以，

从而当时，，且，

又，故在内有唯一的零点

【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．

22．(1)

(2)

【分析】（1）消去参数t后可得直线普通方程，再将圆的极坐标方程化为直角坐标方程，结合直线过圆心可求得结果.

（2）运用极径表示、，再结合三角形面积公式及三角恒等变换将问题转化为求三角函数的最值求解即可.

【详解】（1）直线的参数方程为（为参数），

消去参数得直线的普通方程为．

因为，

所以，

由，

得曲线的直角坐标方程为，即，

因为圆关于直线对称，

所以圆心在直线上，

所以.

（2）由点在圆上，且，

不妨设，则．

△的面积为

，

所以△面积的最大值为．

23．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论去绝对值符号化简函数式，作出分段函数简图数形结合求不等式即可；

（2）利用基本不等式求证即可.

【详解】（1）由题意知，

易知在上单调递减，在上单调递增，如下图所示，

令，得，

的解集为；

（2）由（1）可知，在时，，又，

则，

当且仅当时等号成立．故.