宁夏回族自治区银川一中2022-2023高三数学（文）三模试题（Word版附解析）

2023年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学试题卷

（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，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.

2. 设集合，，则中元素的个数是（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 不确定

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，解方程组求出解得个数，即可得到结果.

【详解】由题意可得，联立，解得或，

所以的元素个数是2个.

故选：C

3. 某学校随机抽取20个班，调查各班中有网上购物经历的人数，所得数据的茎叶图如图所示.现以5为组距，将数据分组，各组均为左 闭右开区间，最后一组为闭区间.则下列频率分布直方图正确的是（    ）

A.    B.  

C.    D.  

【答案】A

【解析】

【分析】解法一：根据题中数据分别计算各组的频数，频率及，观察各选项的频率分布直方图即可得解.

解法二：选项C，D中组距不符合要求，由茎叶图知落在区间与上的频数相等，故频率、也分别相等，比较选项A，B即可得解.

【详解】解法一：由题意知样本容量为20，组距为5，列表如下:

观察各选项的频率分布直方图知A正确.

解法二：选项C，D中组距不符合要求，由茎叶图知落在区间与上的频数相等，故频率、也分别相等，比较选项A，B知A正确.

故选：A.

4. 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

5. 下图是一个边长为4的正方形二维码，为了测算图中黑色部分的面积，在正方形区域内随机投掷400个点，其中落入白色部分的有175个点，据此可估计黑色部分的面积为（    ）

A. 7 B. 8 C. 9 D. 10

【答案】C

【解析】

【分析】设黑色部分的面积为，利用几何概型概率计算公式列出方程能估计黑色部分的面积.

【详解】设黑色部分的面积为,

边长为4的正方形二维码，

在正方形区域内随机投掷400个点,其中落入黑色部分的有225个点,

，解得，

据此可估计黑色部分的面积为9.

故选：C .

6. 设，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，由对数的运算可知，即可得到结果.

【详解】因为，，且，

所以.

故选：C

7. 灯罩的更新换代比较快，而且灯具大部分都是设计师精心设计，对于灯来说，不用将灯整个都换掉，只需要把灯具的外部灯罩进行替换就可以改变灯的风格.杰斯决定更换卧室内的两个灯罩来换换氛围，已知该灯罩呈圆台结构，上下底皆挖空，上底半径为10，下底半径为18，母线长为17，侧面计划选用丝绸材质布料制作，若不计做工布料的浪费，则更换两个灯罩需要的丝绸材质布料面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】运用圆台的侧面积公式计算即可.

【详解】由题意可得更换两个灯罩需要的丝绸材质布料面积.

故选：B.

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. 若函数在区间上不单调，则实数m的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D. m>1

【答案】B

【解析】

【详解】首先求出的定义域和极值点，由题意得极值点在区间内，且，得出关于的不等式组，求解即可．

【分析】函数定义域为，

且，

令，得，

因为在区间上不单调，

所以，解得：

故选：B.

10. 已知数列满足，，，，则数列的前10项和（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据等差中项的应用可知数列是首项为1，公差为1的等差数列，求出数列的通项公式，得，利用裂项相消法求和即可.

【详解】∵，，，

∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，

∴，∴．

∴，

∴数列的前10项和为

．

故选：C．

11. 设、分别为双曲线的左右焦点，O为坐标原点，过左焦点作直线与圆切于点E，与双曲线右支交于点P，且为等腰三角形，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，确定，结合圆的切线性质及双曲线定义列式计算作答.

【详解】因为直线与圆切于点E，则，而为等腰三角形，

必有，E为的中点，而O为中点，于是，有，

且，令双曲线焦距为2c，由，

得，即，有，

所以双曲线的离心率.

故选：A

12. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且.下列说法不正确的是（    ）

A. 异面直线与所成角为

B. 当E，F运动时，平面 平面

C. 当E，F运动时，存在点E，F使得

D. 当E，F运动时，三棱锥体积不变

【答案】C

【解析】

【分析】对于A，将异面直线通过平移作出其平面角即可得 为异面直线与所成的平面角为；对于B，利用线面垂直的性质和线面垂直的判定定理即可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可得平面 平面；对于C，假设存在点E，F使得，显然由线面平行判定定理可得平面，这与平面矛盾，即不存在点E，F使得；对于D，利用等体积法可知，即三棱锥体积不变.

【详解】对于A，如下图所示：

将平移到，连接，

易知在中， 即为异面直线与所成的平面角，

由正方体的棱长为2，利用勾股定理可知，

即为正三角形，所以异面直线与所成角为，即A正确；

对于B，连接，如下图所示：

由为正方体即可得，平面，而平面

所以，又在线段上，所以；

又为正方形，所以，即，

又，平面，所以平面，

又平面 ，所以平面 平面，即B正确；

对于C，易知点不在平面内，

假设，又平面，平面，所以平面，

显然这与平面矛盾，所以假设不成立，即C错误；

对于D，当E，F运动时，由等体积法可知三棱锥体积与三棱锥的体积相等，即；

易知三棱锥的底面积，

易知平面，所以点A到平面的距离为，

所以，

即当E，F运动时，三棱锥体积不变，即D正确.

故选：C

二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知向量，且 ，则______.

【答案】

【解析】

【分析】根据向量平行的坐标表示，即可求解，再由向量模的公式求解.

【详解】因为，所以，解得：，

所以

故答案为：

14. 《九章算术》是中国古代第一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学．“更相减损术”便是《九章算术》中记录的一种求最大公约数的算法，按其算理流程有如下流程框图，若输入的分别为，则输出的________．

【答案】

【解析】

【分析】更相减损术实际上是为了求两数的最大公约数，据此原理可以直接得出答案，或者按照程序流程一步一步推出结果.

【详解】由程序框图可知当，时，满足，则，当，时，满足，则，当，时，满足，则，当，时，满足，则，当，时，满足，则.

故答案：

15. 若圆（）被直线平分，则的最小值为_____．

【答案】##

【解析】

【分析】由题意可得直线过圆的圆心，故有，然后利用“1”的妙用进行求解即可

【详解】由，

所以该圆的圆心坐标为，

因为圆被直线平分，

所以圆心在直线上，

因此有，

所以，

当且仅当即时，取等号

故答案为：

16. 在各项均为正数的等比数列中公比，若，，记数列的前n项和为，则的最大值为_______

【答案】18

【解析】

【分析】根据题意和等比数列的性质，求得，，进而求得等比数列的通项公式，得到，在由等差数列的求和公式，得到，再结合等差数列的求和公式，即可求解.

【详解】因为为各项均为正数的等比数列，且公比，

由，

可得，为方程的两根，又由，所以，，

得，即，所以，

由，所以为等差数列，

所以，则，即数列也为等差数列，

所以，

结合二次函数的图象与性质，可得当或9时，最大，最大值为18．

故答案为：18．

三、解答题：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. 习近平总书记在党史学习教育动员大会上强调：“回望过往的奋斗路，眺望前方的奋进路，必须把党的历史学习好、总结好，把党的成功经验传承好、发扬好.”为庆祝建党100周年，某市积极开展“青春心向党，建功新时代”系列主题活动.该市某中学为了解学生对党史的认知情况，举行了一次党史知识竞赛，全校高一和高二共选拔100名学生参加，其中高一年级50人，高二年级50人.并规定将分数不低于135分的得分者称为“党史学习之星”，这100名学生的成绩（满分为150分）情况如下表所示.

（1）能否有99%的把握认为学生获得“党史学习之星”与年级有关？

（2）获得“党史学习之星”的这60名学生中，按高一和高二年级采用分层抽样﹐随机抽取了6人，再从这6人中随机抽取2人代表学校参加区里的党史知识竞赛，求这2人中至少有一人是高二年级的概率.

参考公式：，其中.

【答案】（1）有 的把握认为学生得“党史学习之星”与年级有关   

（2）

【解析】

【分析】（1）计算，进行独立性检验；

（2）由分层抽样结合概率公式求解即可.

【小问1详解】

根据列联表代入计算可得：

，

所以有 的把握认为学生得“党史学习之星”与年级有关.

【小问2详解】

由题意可知，所抽取的6名学生高一年级有4人，记为，，，

高二年级有2人，设为甲、乙.

从这6人中随机抽取2人的所有基本事件有，，， {，甲}，{，乙}，，，{，甲}，{，乙}，，{，甲}，{，乙}，{，甲}，{，乙}，{甲，乙}，共15个，

其中至少有一人是高二年级基本事件有{，甲}，{，甲}，{，甲}，{，甲}，{甲，乙}，{，乙}，{，乙}， {，乙}， {，乙}，共9个.

故至少有一人是高二年级的概率.

18. 已知函数．

（1）求函数在上的单调递增区间；

（2）在中，角，，的对边分别为，，，且，，，求的值．

【答案】（1）单调递增区间为，   

（2）

【解析】

【分析】（1）先化简，再令，令和与取交即可得出答案；

（2）由求出，再由余弦定理求解即可.

【小问1详解】

已知函数，
则，

令，
则，

因为，令，则；令，则，
即函数的单调递增区间为，.

【小问2详解】

已知，即，即，
又，则，即，
又，
由余弦定理可得，
又，则，则，.

19. 如图，矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面，，，，，，，分别是，的中点，H是AB边上一动点.

（1）是否存在点使得平面平面，若存在，请指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由.

（2）求多面体的体积.

【答案】（1）存在，的中点，证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用面面平行的判定定理即可证明，当为的中点时，满足平面平面；

（2）将多面体分割成四棱锥和三棱锥，分别求得两部分体积相加即可求得结果.

【小问1详解】

证明：取的中点，连接，，如图所示.

因为是的中点，

所以.

又因为平面，平面，

所以平面

又因为是的中点，

所以，又因为平面，平面

所以平面.

又因为，平面

所以平面平面，

【小问2详解】

连接，

因为平面平面，

平面平面，，

所以平面，

由题意易得直角梯形的面积为，

所以

在中，易知，

由余弦定理得，

所以，所以.

因为平面平面，平面平面，

所以平面，

所以，

所以多面体的体积为.

20. 已知椭圆的右焦点为，有两个不同的点P、在椭圆上运动，且的最小值为，椭圆的离心率为.

（1）求椭圆的方程；

（2）已知直线与椭圆在第一象限交于点A，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）由的最小值为，结合离心率为，可得，即可得椭圆方程；（2）由的内角平分线的斜率不存在，可得该角平分线与轴垂直，设直线的斜率为，则直线的斜率为，将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理可得坐标关于的表达式，即可得答案.

【小问1详解】

设椭圆的左、右顶点坐标分别为，，

又，.解得，

即椭圆方程为.

【小问2详解】

联立或（舍）. 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，消去联立直线AP与椭圆方程，消去y得：，

因为，A为直线与椭圆的交点，由韦达定理：，，

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．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）若函数有两个极值点，且，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可得出结果；

（2）求出，可得，化简，构造函数，利用单调性即可求得答案.

【小问1详解】

，

曲线在点处的切线方程为，即.

【小问2详解】

，

则函数的定义域为，

若函数有两个极值点，且．

则方程的判别式，且，

．

．

设，

则在上恒成立．

故在单调递减，从而．

因此，的取值范围是．

（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.