2023届宁夏银川一中、昆明一中高三联合二模考试数学（文）试题含解析

2023届宁夏银川一中、昆明一中高三联合二模考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】观察图并运用集合的交、补运算即可.

【详解】图中阴影表示为，

因为或，

所以.

故选：A.

2．已知i是复数单位，求=（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】由复数乘方运算化简即可.

【详解】由.

故选：B

3．已知函数，若，则（    ）

A． B．0 C．1 D．

【答案】C

【分析】代入计算并运用函数奇偶性求解即可.

【详解】因为，

所以，

所以.

故选：C.

4．蟋蟀鸣叫可以说是大自然优美、和谐的音乐，殊不知蟋蟀鸣叫的频率x（每分钟鸣叫的次数）与气温y（单位：℃）存在着较强的线性相关关系．某地观测人员根据下表的观测数据，建立了y关于x的线性回归方程．则当蟋蟀每分钟鸣叫80次时，该地当时的气温预报值为（   ）

A．38℃ B．39℃ C．40℃ D．41℃

【答案】C

【分析】根据题意，先求得样本中心点的坐标从而得到，然后将代入计算即可得到结果.

【详解】由题意可得，，，则样本中心点为，

代入，可得，即，

所以，

当时，.

所以当蟋蟀每分钟鸣叫80次时，该地当时的气温预报值为40℃.

故选:C

5．设双曲线的焦距为，若成等差数列，则双曲线的渐近线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据等差数列定义和双曲线关系可求得，由此可得渐近线方程.

【详解】成等差数列，，又，

，即，，

双曲线的渐近线方程为：.

故选：A.

6．已知为圆O的一条弦，且，则（    ）

A．4 B． C．2 D．

【答案】D

【分析】运用数量积定义及几何意义计算即可.

【详解】取AB的中点E，连接OE，则，如图所示，

因为，

所以，

所以.

故选：D.

7．在长方体中，，，，则与平面所成角的正切值为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】D

【分析】连接，利用线面角定义知为所求的角，在直角中，即可求解.

【详解】在长方体中，平面，

是与平面所成的角，

连接，平面，，

又，，，所以，

在直角中，，即与平面所成角的正切值为．

故选：D．

8．化简（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用诱导公式、平方差公式、同角三角函数基本关系式和二倍角公式直接求解.

【详解】

.

故选：B

9．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，结合圆锥的母线长和弧长以及圆心角之间的关系即可求解

【详解】设直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为，底面圆的半径为，母线长为，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以，则，解得.

故选：.

10．的内角，，所对的边分别为，，已知，，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用正弦定理、余弦定理列方程来求得.

【详解】，，即，

，

，则

故选：D

11．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：，从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.记，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由“斐波那契数列”满足，将转化为问题中的项.

【详解】因为，

所以，

又因为，所以，

故选：B.

12．已知，，对，且，恒有，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，确定函数单调递增，得到，设，求导得到函数的单调区间，计算最值得到答案.

【详解】设， ，

对，且，恒有，即，

在上单调递增，故恒成立，

即，设，，

当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

故，即，即.

故选：A

二、填空题

13．抛物线的准线方程是，则实数___________.

【答案】/

【分析】将抛物线方程化为标准方程，根据其准线方程即可求得实数.

【详解】抛物线化为标准方程：，

其准线方程是，而

所以 ，即 ，

故答案为：

14．已知函数，，则其值域为_______．

【答案】

【分析】令，将问题转化为求二次函数在区间上的值域问题，结合二次函数单调性，即可求解.

【详解】令，∵，∴，

∴，

又关于对称，开口向上， 所以在上单调递减，在上单调递增，且，

时，函数取得最小值，即，时，函数取得最大值，即，

.

故答案为：.

15．若，，则函数有零点的概率为__________.

【答案】

【解析】基本事件的总数有种，而函数有零点必须，找到满足的种数，再利用古典概型的概率计算公式计算即可.

【详解】由已知，函数解析式一共有种不同的情况，函数有零点，

则相应的一元二次方程的，即，所以有；；

；；；共6种情况，由古典概型的概率

计算公式可得函数有零点的概率为.

故答案为：

【点睛】本题主要考查古典概型的概率计算，涉及到函数的零点知识，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.

三、双空题

16．农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，古称“角黍”.如图，是由六个边长为3的正三角形构成的平行四边形形状的纸片，某同学将其沿虚线折起来，制作了一个粽子形状的六面体模型，则该六面体的体积为________；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为_________.

【答案】     ；     .

【分析】画出几何体的图形，取的中点，连结，，作平面，垂足在上，然后求解该六面体的体积．当该六面体内有一球，且该球的体积取最大值时，球心为，且该球与相切，求出球的半径即可求解该球体积的最大值．

【详解】解：该六面体是由两个全等的正四面体组合而成，正四面体的棱长为3，

如图，在棱长为3的正四面体中，

取的中点，连结，，

作平面，垂足在上，

则，

所以该六面体的体积为．

当该六面体内有一球，且该球的体积取最大值时，球心为，且该球与相切，

过球心作，则就是球的半径，

因为，所以球的半径，

该球体积的最大值为．

故答案为：；．

【点睛】关键点点睛：（1）解题关键是求出正四面体的高；

（2）问解题的关键是利用截面将空间问题平面化，从而找到并求出球的半径.

四、解答题

17．已知等差数列的前项和为，，且，，成等比数列.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）若，是数列的前项和，求.

【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）由，求得，再根据，，成等比数列，列出方程求得，结合，即可求得等差数列的通项公式；

（Ⅱ）由题意得到，结合并项法，即可求解.

【详解】（Ⅰ）由题意，等差数列的前项和为，

因为，可得，所以，

设数列的公差为，由，，成等比数列，

可得，整理得，解得，

所以.

（Ⅱ）由，

所以

.

18．搪瓷是在金属坯体表面涂搪瓷釉而得到的制品．曾经是人们不可或缺的生活必备品，厨房用具中的锅碗瓢盆；喝茶用到的杯子，洗脸用到的脸盆；婚嫁礼品等，它浓缩了上世纪整整一个时代的记忆．某搪瓷设计公司新开发了一种新型复古搪瓷水杯，将其细分成6个等级，等级系数依次3，4，5，6，7，8，该公司交给生产水平不同的和两个厂生产，从厂生产的搪瓷水杯中随机抽取30件，相应的等级系数组成一个样本，数据如图所示．

（1）依据图表，若从上述等级系数为7和8的搪瓷水杯中抽取2件，求这两件全部来自等级系数为8的搪瓷水杯的概率；

（2）若厂生产搪瓷水杯的等级系数的平均值为6，在电商平台上厂生产的搪瓷水杯的零售价为36元/件，厂生产的搪瓷水杯的零售价为30元/件．设，若以的值越大，产品越具可购买性为判断标准，根据以上数据，哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由．

【答案】（1）；（2）厂生产的搪瓷水杯更具可购买性，理由见解析.

【分析】（1）设等级系数为7的搪瓷水杯为，，，等级系数为8的搪瓷水杯为，，，列出从中抽取2件的所有基本事件，和两件全部来自等级系数为8的搪瓷水杯的基本事件

利用古典概型的概率公式计算概率；

（2）计算厂生产搪瓷水杯的等级系数的平均值，再分别计算两工厂的的值，得到更具可购买性工厂的产品.

【详解】（1）设等级系数为7的搪瓷水杯为，，，等级系数为8的搪瓷水杯为，，，

则从中抽取2件的基本事件为，，，，，，

，，，，，，，，，

共15种，

其中两件全部来自等级系数为8的搪瓷水杯的基本事件为，，，

共3种，所以概率为．

（2）厂的产品更具可购买性，理由如下：

将频率视为概率，可得厂生产的搪瓷水杯的等级系数的平均值为

，

即厂生产的搪瓷水杯的等级系数的平均值等于4.8，

因为厂生产搪瓷水杯的等级系数的平均值等于6，价格为36元件，

所以．

因为厂生产的搪瓷水杯的等级系数的平均值等于4.8，价格为30元件，

所以．

因为，故厂生产的搪瓷水杯更具可购买性．

【点睛】本题考查了古典概型概率的计算，平均值的计算，还考查了学生的阅读理解能力，分析能力，属于中档题.

19．如图，是等腰直角三角形，，四边形是直角梯形，，，且，平面平面．

(1)求证：；

(2)若点E是线段上的一动点，问点E在何位置时，三棱锥的体积为?

【答案】(1)证明见解析

(2)E为线段上靠近点D的三等分点

【分析】（1）利用勾股定理证明，再根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；

（2）设，则E到平面的距离为到平面的距离的倍，再根据棱锥的体积公式求解即可.

【详解】（1）四边形是直角梯形，，，，

∴，

则，∴，

∵平面平面，平面平面，

平面，

平面，

又平面，；

（2）由（1）可知平面，，

设，则E到平面的距离为到平面的距离的倍，

即E到平面的距离，

是等腰直角三角形，，，，

，即，

，

E为线段上靠近点D的三等分点．

20．已知椭圆：（）的离心率为，其左､右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，面积的最大值为1.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)已知，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，与轴的交点分别为，，证明：以为直径的圆过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）依题意可得，即可求出、、，即可得解；

（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由直线、的方程，得到、的坐标，即可得到以为直径的圆的方程，再令，得到，即可得解；

【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，所以.

又当位于上顶点或者下顶点时，面积最大，即.

又，所以，.

所以椭圆的标准方程为.

（2）解：由题知，直线的斜率存在，所以设直线的方程为，设，，

将直线代入椭圆的方程得：，

由韦达定理得：，，

直线的方程为，直线的方程为，

所以，，

所以以为直径的圆为，

整理得：.①

因为，

令①中的，可得，所以，以为直径的圆过定点.

21．已知函数．

(1)讨论在上的单调性；

(2)若对于任意，若函数恒成立，求实数k的取值范围．

【答案】(1)在单调递增，在单调递减．

(2)

【分析】（1）运用导数研究函数的单调性即可.

（2）令，分别讨论时，时存在一个使得，时，恒成立即可.

【详解】（1），

，则；，则，

所以在单调递增，在单调递减．

（2）令，有

当时，，不满足；

当时，，

令，

所以在恒成立，

则在单调递减，

，，

①当，即时，，

所以在单调递减，

所以，满足题意；

②当，即时，

因为在单调递减，，，

所以存在唯一，使得，

所以在单调递增，

所以，不满足，舍去.

综上：.

【点睛】恒成立问题解题策略

方法1：分离参数法求最值

(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

(2)恒成立⇔；

恒成立⇔；

方法2：根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．

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．

【答案】(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．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.

【答案】(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.