2023届宁夏银川一中、云南省昆明市第一中学高三联合考试一模数学（理）试题含解析

这是一份2023届宁夏银川一中、云南省昆明市第一中学高三联合考试一模数学（理）试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届宁夏银川一中、云南省昆明市第一中学高三联合考试一模数学（理）试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据一元二次不等式解法求出集合，利用集合并集运算法则即可求解.
【详解】依题意知，
由，解得：或，
即或，又
所以.
故选：C.
2．若向量，满足，，且与的夹角为，则（    ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】根据结合数量积的运算律计算即可.
【详解】因为，，与的夹角为，
所以，
则.
故选：D.
3．已知是关于的方程的一个根，则复数在复平面内对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【分析】根据一元二次方程的复数根为共轭复数，再结合韦达定理可求得，再根据复数的几何意义即可得解.
【详解】因为是关于的方程的一个根，
所以方程的另外一个根为，
则，
所以，
所以在复平面内对应的点位于第二象限.
故选：B.
4．南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为（    ）
A．172 B．183 C．191 D．211
【答案】C
【分析】构造数列，并利用等差数列的性质即可求得原数列的第20项为191
【详解】高阶等差数列： 1，2，4，7，11，16，22，，
令，则数列：1，2，3，4，5，6，，
则数列为等差数列，首项，公差，，则
则

故选：C
5．设sin，则
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】试题分析：，两边平方后得，整理为，即，故选A.
【解析】三角函数

6．已知函数的部分图像，如下图所示，则该函数的解析式可能为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用函数的奇偶性和函数值判断.
【详解】解：由图像知：函数是偶函数，
A. 因为，所以，又，符合题意；
B. 因为，所以，又当时，，不符合题意；
C. 因为，所以，又当时，，不符合题意；
D. 因为，所以，是奇函数，不符合题意；
故选：A
7．已知是坐标原点，点，若点为平面区域，上的一个动点，则的取值范围是（　　）
A．[﹣1，0] B．[0，1] C．[0，2] D．[﹣1，2]
【答案】C
【分析】由约束条件作出可行域，利用向量数量积运算可得目标函数，化目标函数为直线方程的斜截式，由数形结合得的取值范围．
【详解】满足约束条件的平面区域如图所示：联立，解得S（1，1），P（0,2）.
∵，，∴，令，化为，
作出直线，由图可知，平移直线至S时，目标函数有最小值0；
平移直线至P时，目标函数有最大值2．∴的取值范围是[0，2]．
故选C

【点睛】本题考查简单的线性规划的简单应用，平面向量数量积公式的应用，考查数形结合的解题思想方法，属于基础题．
8．已知等比数列满足，且，则当时，
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】试题分析：因为为等比数列，所以,.故C正确.
【解析】1等比比数列的性质;2对数的运算法则.

9．某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．
【详解】解：设圆柱的半径为，高为，体积为，
则由题意可得，
，
圆柱的体积为，
则．
当且仅当，即时等号成立．
圆柱的最大体积为，
故选：．

【点睛】本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题．
10．已知函数的定义域为，若，且为奇函数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可得关于对称，关于对称，且，令，求出函数的周期，即可得出函数的周期，再根据函数的周期性求解即可.
【详解】令，
因为，所以关于对称，所以关于对称，
所以，
因为为奇函数，所以关于对称，且，
所以，
所以函数关于对称，即函数为奇函数，
所以，
所以，所以，
即，所以，
所以函数是以为周期的周期函数，
因为关于对称，所以，
因为关于对称，
所以，
所以，
所以.
故选：B.
11．2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）正视图近似伯努利双纽线.在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是双纽线上一点，有如下说法：
①双纽线关于原点中心对称；
②；
③双纽线上满足的点有两个；
④的最大值为.
其中所有正确的说法为（    ）

A．①② B．①③ C．①②③ D．①②④
【答案】D
【分析】对于①，根据双纽线的定义求出曲线方程，然后将替换方程中的进行判断，对于②，根据三角形的等面积法分析判断，对于③，由题意得，从而可得点在轴上，进行可判断，对于④，由向量的性质结合余弦定理分析判断,据此可求出选项.
【详解】对于①，因为定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，所以，
用替换方程中的，原方程不变，所以双纽线关于原点中心对称，所以①正确；
对于②，根据三角形的等面积法可知，
即，所以，所以②正确；
对于③，若双纽线上的点满足，则点在轴上，即，
所以，得，所以这样的点只有一个，所以③错误；
对于④，因为，
所以，
由余弦定理得，
所以，
所以的最大值为，所以④正确，
故选：D
12．已知实数，，，且满足，则下列判断正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由，可得，令，再利用导数判断函数的单调性，再分和两种情况讨论，即可得解.
【详解】因为，所以，所以，
令，则，
所以，
所以在上递增，且，
当时，，当时，，
因为，，，
所以当时，，
即，所以，
所以，所以，即，
当时，，
即，所以，
所以，所以，即，
综上所述C选项正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于根据题意得出，在构造函数，再根据函数的单调性及进行分析.

二、填空题
13．抛物线：的准线截圆所得的弦长为_________.
【答案】
【分析】先求出圆心到准线的距离，再根据圆的弦长公式求解即可.
【详解】抛物线：的准线为，
圆的圆心为，半径，
圆心到准线的距离，
所以所求弦长为.
故答案为：.
14．某学校组织1200名学生进行“防疫知识测试”．测试后统计分析如下：学生的平均成绩为=80，方差为．学校要对成绩不低于90分的学生进行表彰．假设学生的测试成绩X近似服从正态分布（其中μ近似为平均数，近似为方差，则估计获表彰的学生人数为___________．（四舍五入，保留整数）
参考数据：随机变量X服从正态分布，则，，．
【答案】27
【分析】根据题意得到，结合原则和正态分布的对称性求出，求出获得表彰的学生人数.
【详解】由题意得：，
故，
所以．
故答案为：27.
15．已知是球的球面上的四点，为球的直径，球的表面积为，且，，则直线与平面所成角的正弦值是___________.
【答案】##
【分析】取AC中点，延长至E，使，根据给定条件证明平面ABC，经推理计算作答.
【详解】依题意，是中点，取AC中点，延长至E，使，连接，如图，

则有，且四边形是平行四边形，，
因，则是平面截球O所得截面小圆的圆心，于是得平面，平面，
因此，是直线与平面所成角，
由球的表面积为得球半径，而，则，而，
从而得，，中，，，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
故答案为：
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作圆的切线，切点为，延长交双曲线的左支于点．若，则双曲线离心率的取值范围是__________．
【答案】
【分析】由题知，，，，进而结合双曲线的性质，余弦定理得，故且，进而得，再根据离心率公式求解即可.
【详解】解：如图，因为过作圆的切线，切点为，
所以，，
所以，在中，，，，，
因为，延长交双曲线的左支于点，
所以，即，
所以，在中，，整理得，
所以，即，所以
因为，即，整理得，即
所以，
综上，双曲线离心率的取值范围是
故答案为：


三、解答题
17．如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB=，．

（1）求证：CF⊥平面BDE；
（2）求二面角A-BE-D的大小．
【答案】(1)见证明；(2) （或）
【分析】（1）连接FG，可证得四边形CEFG为菱形，故得.再根据平面ABCD平面ACEF得到平面ACEF，从而．由线面垂直的判定定理可得结论成立．（2）建立空间直角坐标系，求出平面BDE和平面ABE的法向量，求出两向量的夹角的余弦值并结合图形可得所求角的大小．
【详解】（1）连接FG，

∵，
∴四边形CEFG为菱形,
∴.
∵ABCD为正方形，
∴，
又平面ABCD平面ACEF，平面ABCD平面ACEF=AC，BD平面ABCD
∴平面ACEF，
∵CF平面ACEF，
∴．
又，BD平面BDE, BG平面BDE，
∴平面BDE．
（1）∵正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CE⊥AC，
∴CE⊥平面ABCD，
以C为原点，CB为轴，CD为轴，CE为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
∴，，
由（1）可得是平面BDE的一个法向量．
设平面ABE的一个法向量为
由，得，
令，得，
∴，
由图形可得二面角A-BE-D为锐角，
∴二面角A-BE-D的大小为（或）．
【点睛】利用向量求空间角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用．解题时要注意以下两点：一是建立坐标系时要明确指出坐标原点和坐标轴，否则会出现建系不规范的错误．二是将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化．
18．盲盒，是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子，具有随机性．因其独有的新鲜性，刺激性及社交属性而深受各个年龄段人们的喜爱．已知系列盲盒共有12个款式，为调查系列盲盒更受哪个年龄段的喜爱，向00前、00后人群各随机发放了50份问卷，并全部收回．经统计，有45%的人未购买该系列育盒，在这些未购买者当中，00后占．
(1)请根据以上信息填表，并分析是否有99%的把握认为购买该系列盲盒与年龄有关？

00前
00后
总计
购买



未购买



总计


100

附：，

0.10
0.05
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828

(2)一批盲盒中，每个盲盒随机装有一个款式，甲同学已经买到3个不同款，乙、丙同学分别已经买到个不同款，已知三个同学各自新购买一个盲盒，且相互之间无影响，他们同时买到各自的不同款的概率为．
①求；
②设表示三个同学中各买到自己不同款的总人数，求的分布列和数学期望．
【答案】(1)有99%的把握认为购买该系列盲盒与年龄有关
(2)① 4；②见解析

【分析】（1）列出列联表，计算出然后判断.
（2）①利用概率的乘法公式计算；
②分析的取值后，由概率的加法公式和乘法公式计算，得到分布列，然后计算期望.
【详解】（1）由题意可得

00前
00后
总计
购买
35
20
55
未购买
15
30
45
总计
50
50
100

则
所以有99%的把握认为购买该系列盲盒与年龄有关.
（2）①由题意三个同学同时买到各自的不同款的概率为，解得或，
因为，所以.
②由题的所有可能取值为0，1，2，3
；
；
；

其分布列为

0
1
2
3






所以数学期望.
19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
(1)证明：；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析.
(2).

【分析】（1）运用余弦定理得，再运用正弦定理边化角化简计算即可.
（2）运用三角形内角范围求得角C的范围，进而求得范围，运用边化角将问题转化为求关于的二次函数在区间上的值域.
【详解】（1）∵，
∴，
∴由余弦定理得：，即：，
由正弦定理得：，
∴，
整理得：，即：，
又∵，
∴，即：.
（2）∵，
∴，
又∵，，，
∴由正弦定理得：
，
又∵，
∴，
令，则，，
∵对称轴为，
∴在上单调递增，
当时，；当时，，
∴，即：的范围为.
20．已知圆：，为圆上一动点，，线段的垂直平分线交于点G.
(1)求动点G的轨迹C的方程；
(2)已知，轨迹C上关于原点对称的两点M，N，射线AM，AN分别与圆交于P，Q两点，记直线MN和直线PQ的斜率分别为，.
①求AM与AN的斜率的乘积；
②问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】(1).
(2)①. ②为定值.

【分析】（1）根据已知条件知点G的轨迹符合椭圆定义，运用椭圆定义求解即可.
（2）①设出M、N坐标，运用点M、N在椭圆上进行等量代换及斜率公式计算即可；
②设出直线AM与直线AN的方程，联立直线AM方程与椭圆方程可得、，进而求得，联立直线AM方程与圆方程可得、，同理可得、，进而求得，代入计算可得结果.
【详解】（1）由题意知，，，因为，所以点在圆内，
如图所示，

由题意知，，所以，
所以动点G的轨迹为：以、为焦点且长轴长为4的椭圆.
即：，，所以，，
所以动点G的轨迹C的方程为.
（2）①由题意知，直线AM与直线AN的斜率存在且不为0，
设，，，则，
∵M、N在椭圆上，∴，即，
∴,
即：直线AM与直线AN的斜率的乘积为.
②设直线AM方程为，
由①知，，所以，则直线AN方程为，
联立，
因为A、M在轨迹C上，所以，即：，所以，
所以，
联立，
因为A、P在圆上，所以，即：，所以，
同理：，，
所以，
所以，即为定值.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
21．已知函数.
(1)若，求证；函数的图象与轴相切于原点；
(2)若函数在区间，各恰有一个极值点，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）当时，，得到，求导，再根据导数的几何意义即可得证；
（2）先证明出，当且仅当时，等号成立，三次求导后，结合第三次求导后的函数单调性及，分和两种情况，结合零点存在性定理进行求解，得到实数的取值范围.
【详解】（1）因为，，，
又，
所以，所以在点处的切线方程为，
所以函数的图象与轴相切于坐标原点；
（2）先证明不等式恒成立，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
故，所以，当且仅当时，等号成立，
，令，
，
令，，
当时，，
故在上为减函数，
因为，所以当，
即时，，
所以为增函数，故，
所以为减函数，故函数在无极值点；
当时，当，因为为减函数，，
，
故必存在，使得，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
而，故，
又因为
，
所以必存在，，
且当，，为减函数，
当，，为增函数，
故在区间上有一个极小值点，
令，
因为，所以在上单调递增，
又因为，，所以总存在使，
且当时，，单调递减，
时，，单调递增，
当，，
且，
故必存在，使得，
，，为减函数，
，，为增函数，
因为，所以当，，即，
又因为
，
故存在，使得，
且当，，为减函数，
当，，为增函数，
故在区间有一个极小值点，
所以若函数在区间，各恰有一个极值点，
综上：实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的方程是．
(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
(2)若点的坐标为，直线与曲线交于，两点，求的值．
【答案】(1)曲线的普通方程为；直线的直角坐标方程为
(2)

【分析】（1）直接消去参数，可得到曲线的普通方程，先化简，然后利用极坐标与直角坐标的关系可得到直线的直角坐标方程；
（2）由（1）可得直线的倾斜角，设出直线的参数方程，代入到曲线C的直角坐标方程，可得关于t的一元二次方程，设点A，B对应的参数分别为，根据韦达定理，可得表达式，结合t的几何意义，即可得答案.
【详解】（1）由 可得
将上式分别平方，然后相加可得
由可得
即，则
（2）由（1）可知直线的斜率为，则其倾斜角为，且点在直线上，
所以直线的参数方程为：，即（为参数）
将直线的参数方程代入曲线C的普通方程，整理得
设点A，B对应的参数分别为，则
则

23．已知函数．
(1)当时，求函数的定义域；
(2)设函数的定义域为，当时，，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2).

【分析】(1)将代入，列出不等式，再解含绝对值符号的不等式作答.
(2)利用给定条件去掉绝对值符号，转化成恒成立的不等式，分离参数构造函数推理作答.
【详解】（1）当时，，依题意，，
当时，不等式化为：，解得，则有，
当时，不等式化为：，解得，则有；
当时，不等式化为：，解得，则有，
综上得：或，
所以函数的定义域为.
（2）因当时，，则对，成立，
此时，，，则，
于是得，成立，而函数在上单调递减，
当时，，从而得，解得，又，则，
所以实数的取值范围是.