2023届内蒙古赤峰实验中学、桥北四中高三下学期大联考数学（理）试题含解析

2023届内蒙古赤峰实验中学、桥北四中高三下学期大联考数学（理）试题

一、单选题

1．设全集，已知集合，，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】化简集合，先求出，再求出其补集即可得解.

【详解】或，，

所以，

所以，即.

故选：D

2．已知纯虚数，其中为虚数单位，则实数的值为（    ）

A．1 B．3 C．1或3 D．0

【答案】B

【分析】根据复数为纯虚数的条件可列出方程及不等式，即可求得答案.

【详解】因为为纯虚数，

故，则，解得.

故选：B

3．已知平面向量，满足 ，，的夹角为，若 ，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据向量的数量积运算即可.

【详解】，，的夹角为，得 ，

， .

故选：D.

4．一百零八塔是中国现存的大型古塔群之一，位于银川市南60公里的青铜峡水库西岸崖壁下，佛塔依山势自上而下，按1、3、3、5、5、7、9、11、13、15、17、19的奇数排列成十二行，塔体分为4种类型：第1层塔身覆钵式，2~4层为八角鼓腹锥顶状，5~6层呈葫芦状，7~12层呈宝瓶状，现将一百零八塔按从上到下，从左到右的顺序依次编号1，2，3，4，…，108．则编号为26的佛塔所在层数和塔体形状分别为（    ）

一百零八塔全景

A．第5行，呈葫芦状 B．第6行，呈葫芦状

C．第7行，呈宝瓶状 D．第8行，呈宝瓶状

【答案】C

【分析】根据题意算出佛塔依山势自上而下前6行的总数，然后确定编号为26的佛塔所在层数和塔体形状即可.

【详解】因为，故编号为26的佛塔在第7行，呈宝瓶状．

故选：C

5．已知抛物线的焦点F到准线的距离为4，点，在抛物线C上，若，则（    ）．

A．4 B．2 C． D．

【答案】A

【分析】由焦准距求出，结合抛物线第一定义得，整理得，由代换即可求解.

【详解】抛物线的焦点F到准线的距离为4，所以，

依题意，，而，，

故，即，则，

故，

故选：A．

6．定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作，比如：.已知，满足，则p可以是（    ）

A．23 B．31 C．32 D．19

【答案】A

【分析】根据二项式定理求得除以的余数，再结合选项即可求得结果.

【详解】因为

也即，

故除以的余数为除以的余数2，

又除以7的余数也为2，满足题意，其它选项都不满足题意.

故选：A.

7．如图，在直三棱柱中，，，设，分别是棱上的两个动点，且满足，则下列结论错误的是（    ）

A．平面平面 B．平面

C．平面 D．三棱锥体积为定值

【答案】C

【分析】根据面面垂直、线面平行、线面垂直、锥体体积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，过作，垂足为，

根据直三棱柱的性质可知平面，

由于平面，所以，

由于平面，

所以平面，即平面，

由于平面，所以平面平面，A选项正确.

B选项，根据三棱柱的性质可知，即，

由于平面，平面，所以平面，B选项正确.

C选项，若平面，即平面，

由于平面，所以，这与已知不垂直矛盾，C选项错误.

D选项，，由于三角形的面积为定值、到平面的距离为定值，

所以为定值，所以D选项正确.

故选：C

8．若等比数列满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设等比数列的公比为q，根据等比数列的通项公式建立方程组，解之可得选项.

【详解】设等比数列的公比为q，则，所以，又，

所以，

故选：A.

9．已知四面体ABCD的所有顶点在球O的表面上，平面BCD，，，，则球O的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】作图，先找到外接球的球心，算出底面三角形BCD外接圆的半径,再构造三角形运用勾股定理求出外接球的半径.

【详解】

如图，设底面 的外接圆的圆心为 ，外接圆的半径为r，由正弦定理得 ，

过 作底面BCD的垂线，与过AC的中点E作侧面ABC的垂线交于O，则O就是外接球的球心，

并且 ，外接球的半径 ，

球O的体积为 ；

故选：D.

10．某盏吊灯上并联着个灯泡，如果在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是0.8，那么在这段时间内该吊灯上的灯泡至少有两个能正常照明的概率是（    ）

A．0.8192 B．0.9728 C．0.9744 D．0.9984

【答案】B

【解析】先计算个都不亮和只有个亮的概率，利用对立事件概率公式即可求至少有两个能正常照明的概率.

【详解】个都不亮的概率为，

只有个亮的概率为，

所以至少有两个能正常照明的概率是，

故选：B

11．如图所示，，是双曲线：（，）的左、右焦点，的右支上存在一点满足，与的左支的交点满足，则双曲线的离心率为（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】C

【分析】在和中，由正弦定理结合条件得到，设（），由双曲线的定义和勾股定理得到，结合即可求解.

【详解】在中，由正弦定理得：①，

在中，由正弦定理得：②，

又，则，

所以得：，

又，则，即；

设（），由双曲线的定义得：，，，

由得：，解得：，

所以，，

在中，由勾股定理得：，

整理得：，即双曲线的离心率，

故选：C.

12．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，且当时，.若，则（    ）

A． B．0 C． D．

【答案】C

【分析】由为偶函数，为奇函数得到，故函数的周期，结合得到，由得，从而求出，采用赋值法求出，，再使用求出的的周期，赋值法得到.

【详解】因为为偶函数，所以，

用代替得：，

因为为奇函数，所以，

故①，

用代替得：②，

由①② 得：，

所以函数的周期，

所以，即，

因为，令得：，故，

，解得：，

所以时，，

因为，

令，得，

其中，所以，

因为，

令得：，即，

因为，所以，

因为，

令得：，

故，

.

故选：C

【点睛】方法点睛：抽象函数的对称性和周期性：

若，则函数关于中心对称，

若，则函数关于对称，

若函数关于轴对称，关于中心对称，则函数的周期为，

若函数关于轴对称，关于轴对称，则函数的周期为，

若函数关于中心对称，关于中心对称，则函数的周期为.

二、填空题

13．在一组样本数据中，1，3，5，7出现的频率分别为，，，，且，若这组数据的中位数为2，则______．

【答案】##

【分析】分析得到样本数据从小到大排序后中间两个数为1，3，即得解.

【详解】∵样本数据中只有1，3，5，7，没有2，

∴样本数据一共有偶数个数，且从小到大排序后中间两个数为1，3，

∴样本数据中有一半是1，∴.

故答案为：

14．已知圆的圆心在直线x－2y－3＝0上，且过点A(2，－3)，B(－2，－5)，则圆的一般方程为________________.

【答案】x2＋y2＋2x＋4y－5＝0

【分析】方法一：设出圆的标准方程，代入点的坐标，建立方程组，求出答案；

方法二：求出线段AB的垂直平分线方程，联立x－2y－3＝0求出圆心坐标，进而计算出半径，写出圆的标准方程，化为一般方程.

【详解】方法一：设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，

由题意得:,

解得：

故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，

即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.

方法二：线段的中点坐标为，即，

直线的斜率为，

所以线段AB的垂直平分线的斜率为-2，

所以线段AB的垂直平分线方程为，即2x＋y＋4＝0，

由几何性质可知：线段AB的垂直平分线与的交点为圆心，

联立，

得交点坐标，

又点O到点A的距离，即半径为，

所以圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，

即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.

故答案为：x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.

15．在函数图象与x轴的所有交点中，点离原点最近，则可以等于__________（写出一个值即可）．

【答案】（答案不唯一）

【分析】先求出与x轴的所有交点，再结合题意得到恒成立，整理得，分类讨论，与三种情况，结合恒成立可得到，从而得解.

【详解】因为，

令，即，得，即，则图象与x轴的所有交点为，

因为其中点离原点最近，所以恒成立，

不等式两边平方整理得，

当时，，因为，故恒成立；

当时，，即恒成立，因为，则，故；

当，即时，显然上述不等式恒成立，

综上，由于上述分类情况要同时成立，故，所以可以等于.

故答案为：（答案不唯一）.

16．已知函数在区间上有两个极值，则实数的取值范围是__________．

【答案】

【分析】求得，根据题意转化为在上有两个不等的实数根，转化为和的图象有两个交点，求得，求得函数的单调性与最值，即可求解.

【详解】，

由题意知在上有两个不相等的实根，

将其变形为，设，则.

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

的极大值为.

画出函数的大致图象如图，

易知当时，；当时，，

，即.

故答案为：.

三、解答题

17．在中，角的对边分别为，已知．

(1)求角；

(2)若角的平分线与交于点，，，求线段的长．

【答案】(1)

(2)4

【分析】（1）利用余弦定理角化边或利用正弦定理边化角即可求解；

（2）在和中用两次正弦定理可得，然后在中利用余弦定理可得的长度，进而可得的大小，再在中利用余弦定理即可求解.

【详解】（1）解法一：由余弦定理可得，

即，整理可得，

所以，

因为，所以.

解法二：由正弦定理可得，

因为，，

所以，

因为，所以，

因为，所以.

（2）如图所示

由题意可得是角的平分线，，，

在中，由正弦定理可得，

即，解得，

在中，由正弦定理可得，

即，解得，

所以，由正弦定理边角互化得，

在中由余弦定理解得，

所以，

在由余弦定理得，

解得.

18．如图所示，在三棱锥S－BCD中，平面平面，A是线段上的点， 为等边三角形， ，.

(1)若，求证：；

(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长.

【答案】(1)证明见解析

(2) 或

【分析】(1)运用余弦定理证明 ，再证明平面即可；

(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量计算直线与平面的夹角，即可算出 的长度.

【详解】（1）依题意，BD＝2，在 中，CD＝4，∠BCD＝30°，

由余弦定理求得 解得： ，

∴，即 ，

又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD.

∴BC⊥平面SBD，从而 ，

在等边中， ，则 ，

又，∴平面 ，∴；

（2）以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x轴，y轴，过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

故，

设平面SCD的法向量为，

则 即 ，令，则， ，

设  ，则，

故，则，

设直线BA与平面SCD所成角为θ，

故 ，

解得 或，即 或；

综上， 或.

19．近年来，美国方面泛化国家安全概念，滥用国家力量，不择手段打压中国高科技企业．随着贸易战的不断升级，我国内越来越多的科技巨头加大了科技研发投入的力量．为了不受制于人，我国某新能源产业公司拟对智能制造行业的“工业机器人”进行科技改造和升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入x（亿元）与科技升级直接受益y（亿元）的数据统计如表：

当时，建立了y与x的两个回归模型；

模型①：；模型②：．

当时，确定y与x满足的线性回归方程为．

（1）根据下列表格中的数据，比较当时模型①、②的相关指数的大小，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“工业机器人”科技升级的投入为17亿元时的直接收益．

（附：刻画回归效果的相关指数）

（2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，根据我国的智能制造专项政策，国家科技、工信等部门给予公司补贴5亿元，以回归方程为预测依据，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益的大小．

【答案】（1）模型①的相关指数小于模型②的相关指数，选择模型②，直接收益的预测值为：亿元；（2）技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大．

【分析】（1）利用可得，所以选择模型②，代入到可求出结果；

（2）利用表格中的数据求出当时，y与x满足的线性回归方程，再计算科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益，比较可得结果.

【详解】（1）由表格中的数据，，

所以，

故，

可见模型①的相关指数小于模型②的相关指数，

所以回归模型②的拟合效果更好，

所以当亿元时，科技升级直接收益的预测值为：

亿元；

（2）当时，由已知可得，，

，

所以，

所以当时，y与x的线性回归方程为，

当时，科技升级直接收益的预测值为亿元，

当亿元时，实际收益的预测值为亿元亿元，

所以技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大．

【点睛】关键点点睛：掌握线性回归方程的求法是解题关键.

20．如图所示，为椭圆的左､右顶点，焦距长为，点在椭圆上，直线的斜率之积为.

(1)求椭圆的方程；

(2)已知为坐标原点，点，直线交椭圆于点不重合），直线交于点.求证：直线的斜率之积为定值，并求出该定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析，定值为

【分析】（1）根据焦距、直线的斜率之积求得，从而求得椭圆的方程.

（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，通过计算直线的斜率之积来证得结论成立，并求得定值.

【详解】（1）由题意，，设，

，由题意可得，

即，可得

又，所以，解得

所以，椭圆的方程为；

（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，且

联立，得

由，得，

所以，

设，由三点共线可得

所以，直线的斜率之积为定值.

21．已知函数

（1）若，(为的导函数)，求函数在区间上的最大值；

（2）若函数有两个极值点，求证：

【答案】（1）当时，；当时，；当时，；（2）证明见解析．

【分析】（1）利用导数通过分类讨论判断函数的单调性，从而求函数的最大值；

（2）把要证结论等价转化为，结合函数的极值点再次把要证结论转化为，()，通过构造函数即可证明.

【详解】（1）因为，，

①当时，因为，所以，

所以函数在上单调递增，则；

②当，即时，，，

所以函数在上单调递增，则；，

③当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，则；

④当，即时，，，函数在上单调递减，则．

综上，当时，；

当时，；

当时，.

（2）要证，只需证：，

若有两个极值点，即函数有两个零点，又，

所以是方程的两个不同实根，

即，解得，

另一方面，由，得，

从而可得，

于是．不妨设，

设，则．因此，．

要证，即证：，

即当时，有，

设函数，则，

所以为上的增函数．注意到，，因此，．

于是，当时，有．

所以成立，．

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是对要证明不等式合理变形，把双变量问题化为单变量问题.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程：（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，直线的极坐标方程：，点极坐标为且在上.

(1)求的普通方程和的直角坐标方程；

(2)若与交于A，B两点，求.

【答案】(1)的普通方程为，直线的直角坐标方程为；

(2)5

【分析】（1）用消元法化参数方程为普通方程，由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；

（2）把点极坐标化为直角坐标，写出直线的以点为起点的标准参数方程，代入曲线的直角坐标方程，应用韦达定理，由参数的几何意义得结论．

【详解】（1）由消去得，为曲线的普通方程，

，即，

所以直线的直角坐标方程为，即；

（2）点极坐标为，则直角坐标为，

直线斜率为1，所以其标准参数方程可为(为参数)，代入圆的直角坐标方程得

，化简得，两点对应的参数分别为，

所以，所以．

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若，且正数满足，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据去绝对值，对 进行分类讨论，求出解集；

（2）根据绝对值不等式求出最小值，再构造，利用均值不等式进行求解.

【详解】（1）解:由题意知

当时，，不等式不成立；

当时，令，解得，所以；

当时，，不等式恒成立.

综上所述，不等式的解集为.

（2）方法一：

证明：由（1）知，所以.

因为，

当且仅当时取等号，

所以，当且仅当时取等号.

故有.

方法二：

证明：由（1）知，所以.

因为，当且仅当时取等号，

又因为，当且仅当时取等号，

所以.

方法三：

证明：由（1）知，所以.

所以，当且仅当时取等号.

【点睛】本题考查绝对值不等式，求绝对值不等式的最值，以及合理构造利用均值不等式进行求解，属于难题.