宁夏回族自治区银川一中2022-2023高三三模（理科）数学试卷及参考答案

这是一份宁夏回族自治区银川一中2022-2023高三三模（理科）数学试卷及参考答案，共24页。

2023年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学试题卷
（银川一中第三次模拟考试）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，，则中的元素个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据并集定义可得，由此可得元素个数.
【详解】，，共个元素.
故选：B.
2. 已知，复数是实数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数运算法则和实数定义可构造方程求得结果.
【详解】为实数，
，解得：.
故选：A.
3. 命题“有一个偶数是素数”的否定是（ ）
A. 任意一个奇数是素数 B. 任意一个偶数都不是素数
C. 存在一个奇数不是素数 D. 存在一个偶数不是素数
【答案】B
【解析】
【分析】根据存在量词命题，否定为，即可解得正确结果.
【详解】由于存在量词命题，否定为.所以命题“有一个偶数是素数”的否定是“任意一个偶数都不是素数”.
故选：B
4. 如图，是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），尊内底铸有行、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，该组合体的高约为，上口的直径约为，圆柱的高和底面直径分别约为，，则“何尊”的体积大约为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆柱和圆台体积公式直接求解即可.
【详解】由题意知：圆柱的底面半径为，高为；圆台的上下底面半径分别为和，高为，
圆柱的体积；圆台的体积，
“何尊”的体积大约为.
故选：A.
5. 已知，是第一象限角，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用同角三角函数关系可求得，由两角和差正切公式可求得结果.
【详解】为第一象限角，，，
.
故选：C
6. 已知两条不同的直线l，m及三个不同的平面α，β，γ，下列条件中能推出的是（ ）
A. l与α，β所成角相等 B. ，
C. ，， D. ，，
【答案】C
【解析】
【分析】ABD可举出反例；C选项，可根据平行的传递性和垂直关系进行证明.
【详解】对于A，正方体中，设边长为，连接，则为与平面所成角，
由勾股定理得到，故，
同理可得和所成角的正弦值为，故与平面和所成角大小相等，
但平面与平面不平行，故A错误；

B选项，平面⊥平面，平面⊥平面，但平面与平面不平行，故B错误；
对于C，由，得，又，所以，故C正确；
对于D，l与m可同时平行于α与β的交线，故D错误．
故选：C．
7. 函数在区间上存在零点，则实数的取值范围是（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据零点存在定理即可得，解出实数的取值范围为.
【详解】由零点存在定理可知，若函数在区间上存在零点，
显然函数为增函数，只需满足，即，
解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D
8. 如图，圆O的半径为1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角x的始边为射线OA，终边为射线OP，将△POA的面积表示为x的函数f（x），则y=f（x）在[﹣π，π]上的图象大致为

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：注意长度、距离为正，再根据三角形的面积公式即可得到f（x）的表达式，然后化简，分析周期和最值，结合图象正确选择
解：在直角三角形OMP中，OP=0A=1，∠POA=x，
∴s△POA=×1×1sinx=|sinx|，
∴f（x）=|sinx|，其周期为T=π，最大值为，最小值为0，
故选；A．
考点：函数的图象．
9. 在中，，的平分线交BC于点D．若，则（ ）
A. B. C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】设，由角平分线定理求得，然后由向量的线性运算可用表示出，从而求得，得出结论．
【详解】设，因为，所以，
又是的平分线，所以，，
，
又，所以，
所以．
故选：B．
10. 已知双曲线的上、下焦点分别为，若存在点，使得，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线方程可得实轴长和渐近线方程，结合双曲线定义和点所在直线可确定双曲线与有交点，由此可得渐近线与直线斜率之间的关系，进而解不等式求得结果.
【详解】由双曲线方程知：实轴长，渐近线方程为；
由双曲线定义知：在双曲线上半支任取一点，则；
直线上，
若存在点，使得，则双曲线与有交点，
，解得：（舍）或，实数的取值范围为.
故选：C.
11. 英国数学家泰勒1712年提出了泰勒公式，这个公式是高等数学中非常重要的内容之一.其正弦展开的形式如下：，（其中，），则的值约为（1弧度）（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用已知公式，将公式两边分别求导，结合诱导公式，即可得到，求解即可．
【详解】因为，
又，则，
当时，则有，
又，则．
故选：B．
12. 已知关于的不等式对任意恒成立，则的最大值为（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】讨论的取值范围，利用函数图象，结合导数求出，构造函数，利用导数求出函数的最值，进而得解.
【详解】设，，
若，对任意恒成立，则，对任意恒成立，
当时，在同一坐标系中作出函数的图象，

显然，由图可知，对任意不恒成立；
当时，在同一坐标系中作出函数的图象，

由图可知，临界条件是直线与曲线的图象相切时，
由，求导，
设，解得，且，
∴当的切线斜率为1时，切点坐标为，
故，所以
即
两边同除以，，令
求导
令，得，即
当，，函数单调递增，当，，函数单调递减，
所以当，函数取到最大值，且
故的最大值为
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查不等式恒成立求参数取值范围问题，需要结合图象分类讨论，构造函数将问题转化，考查数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想和运算求解能力，是难题.
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知展开式中，第三项和第四项的二项式系数相等，则_____.
【答案】5
【解析】
【分析】根据二项式系数的概念以及组合数的性质可求出结果.
【详解】依题意可得，得，即.
故答案为：.
14. 若函数在区间上不单调，则实数的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数解析式，利用导数判断出函数单调区间，根据题意可得,即可得实数的取值范围为
【详解】由可知，其定义域为，
则，
易知当时，；当时，；
即函数在单调递减，在上单调递增；
若函数在区间上不单调，则需满足，
解得；
所以实数的取值范围为.
故答案为：
15. 已知直线l：被圆C：所截得的弦长为整数，则满足条件的直线l有______条.
【答案】9
【解析】
【分析】根据题意可知直线l恒过定点，分别求得直线被圆截得弦长的最大值和最小值，利用对称性即可求得满足条件的直线l共有9条.
【详解】将直线l的方程整理可得，易知直线恒过定点；
圆心，半径；
所以当直线过圆心时弦长取最大值，此时弦长为直径；
易知，当圆心与的连线与直线l垂直时，弦长最小，如下图所示；

此时弦长为，所以截得的弦长为整数可取；
由对称性可知，当弦长为时，各对应两条，共8条，
当弦长为8时，只有直径1条，
所以满足条件的直线l共有9条.
故答案为：9
16. 已知的三边分别为，，，所对的角分别为，，，且满足，且的外接圆的面积为，则的最大值的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【详解】由的三边分别为，，可得：
，

可知：

，
，

，





可知


可知当时，

则的最大值的取值范围为
点睛：本题主要考查了三角函数与解三角形综合题目，需要学生有一定计算能力，并能熟练运用公式进行化简求值，在解答此类题目时往往将边的范围转化为求角的范围问题，利用辅助角公式进行化简，本题还是有一定难度．
三、共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分
17. 已知公差不为零的等差数列的首项为1，且是一个等比数列的前三项，记数列的前项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前20项的和．
【答案】（1），
（2）210
【解析】
【分析】（1）根据等差数列与等比数列的性质计算即可；
（2）利用分组求和法求和即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，又，所以．
因为是一个等比数列的前三项，所以．
即又，所以
所以数列的通项公式为，
【小问2详解】
由（1）知数列的前项和
所以，数列的前20项的和为

18. 如图所示，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，.

（1）求证：平面；
（2）若E为PC的中点，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证，，由此即可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出,平面的一个法向量为，然后利用公式，即可求得本题答案.
【小问1详解】
作，垂足为，易证，四边形为正方形.
所以，.又，
因为，所以.
因平面，平面，所以.
又，平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
以点为坐标原点，以所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，.
则，，.
设平面的法向量为，
由，得，
令，可得平面的一个法向量为.
设与平面所成角为，
则.
19. 为保障全民阅读权利，培养全民阅读习惯，提高全民阅读能力，推动文明城市和文化强市建设某高校为了解全校学生的阅读情况，随机调查了200名学生的每周阅读时间x(单位：小时)并绘制如图所示的频率分布直方图：

（1）求这200名学生每周阅读时间的样本平均数和样本方差(同一组的数据用该组区间中点值代表)；
（2）由直方图可以看出，目前该校学生每周的阅读时间x大致服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差.
①一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若，令，则，且利用直方图得到的正态分布，求；
②从该高校的学生中随机抽取20名，记Z表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数，求Z的均值.
参考数据：，若，则.
【答案】（1），；
（2）①；②.
【解析】
【分析】(1)利用频率分布直方图计算平均数和方差的方法直接计算作答.
(2)①利用给定公式直接计算；②利用①的结论结合二项分布的期望公式计算作答.
【小问1详解】
根据频率分布直方图知，阅读时间在区间
内的频率分别为，
，
，
所以样本平均数和样本方差分别为9，1.78.
【小问2详解】
①由题意知，，则有，
，，
②由①知，可得，
所以Z的均值.
20. 已知椭圆的右焦点为，点，在椭圆上运动，且的最小值为；当点不在轴上时点与椭圆的左、右顶点连线的斜率之积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆在第一象限交于点，若的内角平分线的斜率不存在.探究：直线的斜率是否为定值，若是，求出该定值；若不是.请说明理由.
【答案】（1）
（2）直线的斜率为定值，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设，椭圆的左、右顶点坐标分别为，，即可得到，再根据及求出、，即可得解；
（2）首先求出点坐标，设直线的斜率为，则直线的斜率为，，，表示出的方程，联立求出，把换为得，即可求出、，从而求出直线的斜率，即可得解.
【小问1详解】
设，椭圆的左、右顶点坐标分别为，，
故，
即，则，
又，即，解得，所以，
即椭圆的方程为.
【小问2详解】
联立，解得或，又在第一象限，所以，
由题意知的内角平分线的斜率不存在，即该角平分线与轴垂直，
设直线的斜率为，则直线的斜率为，
设，，直线的方程为，即，
由消去得，
因为、为直线与椭圆的交点，所以，即，
把换为得，
所以，
所以，
所以直线的斜率，即直线的斜率为定值.

21. 已知函数在处的切线方程为．
（1）求a，b的值；
（2）若方程有两个实数根，
①证明：；
②当时，是否成立？如果成立，请简要说明理由．
【答案】（1），
（2）①证明见解析，②成立，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数，再根据导数的几何意义及切点即在切线上又再曲线上，解出方程，解之即可；
（2）①，由（1）求得函数的解析式及导数，利用导数求出函数的单调区间，从而可求得函数的最值，再根据方程有两个实数根，可得函数的最值的关系，即可得证；
②，分别求出当直线过，时和直线过，时割线方程，从而得结合①即可得出结论.
【小问1详解】
解：，
因为函数在处的切线方程为，
所以，，
∴，或，（舍），
所以，；
【小问2详解】
①证明：由（1）可知，，
令，
则，令，得，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
即，
又，，，，
且，，
∴，使得，即，即，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以
，
∵，∴，
令，
则 ，
所以函数在上递增，
故，
所以，
即，
∴；
②解：成立，理由如下：
当直线过，时割线方程为，
得，
当直线过，时割线方程为，
得，
∴.
【点睛】本题考查了导数得几何意义，考查了利用导数解决方程的根的问题，考查了不等式的证明问题，，考查了数据分析和处理能力，考查了转化思想，计算量比较大，属于难题.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4－4：坐标系与参数方程]
22. 下图所示形如花瓣的曲线称为四叶玫瑰线，并在极坐标系中，其极坐标方程为．

（1）若射线：与相交于异于极点的点，与极轴的交点为，求；
（2）若，为上的两点，且，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知得到、两点的极坐标，代入距离公式即可；
（2）设， ，根据极坐标方程求出、，将三角形面积表示为的三角函数，根据三角恒等变换求三角函数的最大值.
【小问1详解】
将代入方程，
得， ，则的极坐标为.
又与极轴的交点为的极坐标为.
则.
【小问2详解】
不妨设，，
则，
所以，的面积




所以，当，即时，.
所以，面积最大值为.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 设函数．
（1）解不等式；
（2）令的最小值为，正数，，满足，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将函数写成分段函数，再分类讨论，分别求出不等式的解集，从而得解；
（2）由（1）可得函数图象，即可求出函数的最小值，再利用基本不等式证明即可.
【小问1详解】
解：因为，
所以不等式，即或或，
解得或或，
综上可得原不等式的解集为.
【小问2详解】
解：由（1）可得函数的图象如下所示：

所以，即，所以，
又，，，
所以，
当且仅当时取等号，
所以.