贵州省威宁彝族回族苗族自治县第八中学2023届高三数学（理）冲刺卷（二）试题（含解析）

这是一份贵州省威宁彝族回族苗族自治县第八中学2023届高三数学（理）冲刺卷（二）试题（含解析），共22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。
贵州省威宁彝族回族苗族自治县第八中学2023届高三数学（理）冲刺卷（二）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．（    ）
A． B． C． D．
3．已知函数，则（    ）
A．12 B．10 C．8 D．6
4．若，则“”是“”的（    ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．若一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）
  
A．40 B．50 C．30 D．45
6．保护环境功在当代，利在千秋，良好的生态环境既是自然财富，也是经济财富，关系社会发展的潜力和后劲．某工厂将生产产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量（单位：毫米/升）与过滤时间（单位：小时）之间的函数关系为，其中为常数，为原污染物数量．该工厂某次过滤废气时，若前9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉80%，那么再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为原污染物的（    ）参考数据：．
A． B． C． D．
7．已知的内角的对边分别是，若，则（    ）
A． B． C． D．
8．勾股定理，是几何学中一颗光彩夺目的明珠，被称为“几何学的基石”，而且在高等数学和其他学科中也有着极为广泛的应用．正因为这样，世界上几个文明古国都已发现并且进行了广泛深入的研究，因此有许多名称．我国古代数学家赵爽在所注解的《周髀算经》中给出了一种勾股定理的绝妙证明．如图，这是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实．图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用2×勾×股+（股-勾）=4×朱实+黄实=弦实，化简得勾+股=弦．设勾股形中勾股比为5∶12，现给弦图内的4个朱色三角形分别作内切圆，并向弦图内随机抛掷1粒芝麻（大小忽略不计），则芝麻落在所作的4个内切圆中的概率为（    ）
  
A． B． C． D．
9．函数的大致图象是（    ）
A． B． C． D．
10．某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排6名同学A，B，C，D，E，F到甲､乙､丙三个不同的社团开展活动，要求每个社团至少安排1人，且甲社团安排3人，A，B两人安排在同一个社团，C，D两人不安排在同一社团，则不同的安排方案是（    ）
A．56 B．28 C．24 D．12
11．已知函数与的图象有交点，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
12．如图，抛物线和直线在第一象限内的交点为．设是抛物线上的动点，且满足，记．现有四个结论：①当时，；②当时，的最小值是；③当时，的最小值是；④无论为何值，都存在最小值．其中正确的个数为（    ）
  
A．1 B．2 C．3 D．4

二、填空题
13．向量，且，则实数 ．
14．已知双曲线的左、右焦点分别为，存在过点的直线与双曲线的右支交于两点，且为正三角形．试写出一个满足上述条件的双曲线的方程： ．
15．在平行四边形中，，现将沿折起，使异面直线与所成角为，且为锐角，则折后三棱锥外接球的表面积为 ．
16．已知函数，现将该函数图象先向左平移个应位长度，再将图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，已知函数在区间上是单调的，则的取值范围是 ．

三、解答题
17．2023上海蒸蒸日上迎新跑于2023年2月19日举办，该赛事设有21.6公里竞速跑、5.4公里欢乐跑两个项目．某马拉松兴趣小组为庆祝该赛事，举行一场小组内有关于马拉松知识的有奖比赛，一共有25人报名（包括20位新成员和5位老成员），其中20位新成员的得分情况如下表所示（满分30分）：
得分






人数
2
3
4
6
4
1
得分在20分以上（含20分）的成员获得奖品一份．
(1)请根据上述表格中的统计数据，将下面的列联表补充完全，并通过计算判断在20位新成员中，是否有的把握认为“获奖”与性别有关？

没获奖
获奖
合计
男

4

女
7

8
合计



(2)若5名老成员的性别相同并全部获奖，且进行计算发现在所有参赛人员中，有的把握认为“获奖”与性别有关．请判断这5名老成员的性别？
附：参考公式：．
临界值表：

0.100
0.050
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828
18．如图，在三棱柱中，侧面是矩形，，，分别为棱的中点，为线段的中点．

(1)证明：平面．
(2)求二面角的正弦值．
19．已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知_________，是的前项和，证明：．
从①，②中选取一个补充至题中并完成问题．
20．如图，椭圆的左、右顶点分别为，，为椭圆上的动点且在第一象限内，线段与椭圆交于点（异于点），直线与直线交于点，为坐标原点，连接，且直线与的斜率之积为．
  
(1)求椭圆的方程．
(2)设直线的斜率分别为，证明：为定值．
21．已知函数在处取得极小值．
(1)求实数的值；
(2)当时，证明：．
22．在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程是．
(1)在直角坐标系中，若直线经过点且与圆和圆的公共弦所在直线平行，求直线的极坐标方程；
(2)若射线与圆的交点为，与圆的交点为，线段的中点为，求的周长．
23．已知．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若恒成立，求实数的取值范围．

参考答案：
1．A
【分析】根据集合的并集运算即可得出答案.
【详解】由集合，知．
故选：A.
2．D
【分析】由复数的除法运算即可得出答案.
【详解】．
故选: D.
3．B
【分析】求导，根据即可求解，代入即可求值.
【详解】由题意知,所以，解得，则，故．
故选：B
4．A
【分析】用充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】当时，；
当时，，即．
故“”是“”的必要不充分条件．
故选：A
5．B
【分析】根据三视图，还原立体几何体，通过补形，结合长方体以及三棱锥的体积公式，可得答案.
【详解】由题意，还原立体几何体，补形可得长方体，如下图：
    
则，，，
长方体的体积，
三棱锥的体积，
则立体几何体的体积.
故选：B.
6．C
【分析】根据题意可得，解得，从而求得关于残留数量与过滤时间的函数关系式，再将代入即可求得答案.
【详解】因为前9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉，所以，即所以．
再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为．
故选：C.
7．C
【分析】根据题意结合正、余弦定理边化角，运算求解即可.
【详解】因为，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得.
故选：C.
8．D
【分析】不妨设勾=5，股=12，先求内切圆半径，再结合几何概型运算求解.
【详解】由题意不妨设勾=5，股=12，则弦，
可得内切圆半径，
所以芝麻落在所作的4个内切圆中的概率为.
故答案为：D.
9．A
【分析】求函数的定义域，证明函数为偶函数，排除CD，再证明当时，，排除B，由此可得结论.
【详解】由题意可知，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
又，
所以为偶函数，排除选项C，D；
当时，，所以，则，
所以，排除B．
故选：A.
10．C
【分析】把6人先分成三组，再分配给三个场馆，分2种情况进行求解，每种情况下考虑A，B安排在同一组，求出答案.
【详解】把6人先分成三组，再分配给三个场馆.
若A，B为2人组，3人组C，D两人不安排在同一社团有种分组方法，1人组有种分组方法，有种分组方法；
若A，B在3人组，C，D两人不安排在同一社团2人组有种分组方法，1人组有种分组方法，有种分组方法.
再分配给三个场馆，甲社团安排3人，乙、丙2个不同的社团可以交换，共有种方法；
故选：C.
11．B
【分析】转化为在时有解，令，利用导数判断单调性可得答案.
【详解】因为函数与的图象有交点，
所以在时有解，，
令，，
令，
，
因为，所以，可得，
故在上单调递增，又，
所以当时，即，在单调递减，
当时，即，在单调递增，
所以.
故选：B.
12．B
【分析】对①：直接联立方程求解，对②③④：由抛物线方程求得焦点坐标，再利用抛物线定义，数形结合找到t的最小值，注意等号成立的条件.
【详解】对①：当时，则直线，
联立方程，解得或（舍去），
即，所以，故①正确；
因为到直线的距离，
可得，
又因为，则，
抛物线的焦点为，
根据抛物线的定义知，即，
故，
因为到直线的距离，
过且与直线垂直的直线为，
联立方程，解得或（舍去），
当时，则，
所以的最小值是，此时点，故②正确；
当时，因为取不到点，所以无最小值，故③④错误；
综上所述：正确的个数为2.
故选：B.
    
【点睛】关键点睛：根据题意结合抛物线的定义可得，进而数形结合分析最值，并注意等号成立的条件.
13．
【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程求.
【详解】因为向量，所以，
又，
所以，得，
解得．
故答案为：.
14．（答案不唯一，符合题意即可）
【分析】取，且x轴，根据通径和双曲线的定义分析判断.
【详解】如图，取，且x轴，
可得，，
即，为正三角形，
符合题意，此时双曲线的方程为.
故答案为：.
  
15．/
【分析】根据折叠前后的几何性质，将三棱锥补成三棱柱，利用三棱柱的外接球即可求得答案.
【详解】由于，故和均是腰长为2的等腰直角三角形，将其补充如图（1）所示的长方形，折后得到图（2）所示的直三棱柱，
  
又由异面直线与所成角为，可知或，又为锐角，故可知，则图（2）所示的直三棱柱上下底面均是边长为2的等边三角形，且该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球．
设外接圆的半径为，则，所以，又三棱锥的高为2．
所以三棱柱外接球的半径，所以所求外接球的表面积为．
故答案为：.
16．
【分析】利用降幂公式化简函数，根据图象平移可得函数，利用整体思想，结合正弦函数的单调性，建立不等式组，可得答案.
【详解】
，
由题意，，
当时，由，则，
由在上单调，
则，可得不等式组，解得；
或，可得不等式组，解得，
由，解得，由，则，则.
综上，的取值范围为.
故答案为：.
17．(1)列联表见解析，没有的把握认为“获奖”与性别有关
(2)这5名老成员全是男成员

【分析】（1）完善列联表，计算出卡方即可判断；
（2）分别假设名老成员的性别为女性或男性，求出相应的卡方值，即可判断.
【详解】（1）依题意可得列联表如下：

没获奖
获奖
合计
男
8
4
12
女
7
1
8
合计
15
5
20
由列联表中数据，计算得到，所以没有的把握认为“获奖”与性别有关．
（2）当这名老成员中都为女成员时，
计算得，不合题意；
当名老成员都为男成员时，
计算得，符合题意．
故这名老成员全是男成员．
18．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）连接，利用平行线分线段成比例定理，及线面平行的判断定理推理作答.
（2）由已知证明平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）在三棱柱中，连接，交于点，连接，如图，

四边形为平行四边形，有，而为的中点，则，
由，得，又分别为的中点，即有，
因此，则，而平面平面，
所以平面．
（2）因为，则是菱形，又，即，是正三角形，
则，矩形中，，而，
平面，于是平面，令，
过作，则平面，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
  
则，
，
设平面和平面的法向量分别为，，
则，令，得，
，令，得，
，令二面角的大小为，
则，于是，
所以二面角的正弦值为．
19．(1)
(2)条件选择见解析，证明见解析

【分析】（1）根据的关系化简可得，，根据等比数列定义证明数列是等比数列，结合等比数列通项公式求解；
（2）选①，由，利用裂项相消法求的前项和，完成证明；
选②，由，利用裂项相消法求的前项和，完成证明；
【详解】（1）当时，，
∴，
∴，
当时，∵，
∴，
∴，
∴，
∴．又．
∴数列是以3为首项，3为公比的等比数列，
∴．
（2）选①：由，
知，
故．
选②：由，
知．
20．(1).
(2).

【分析】（1）根据题意，设出点的坐标，利用斜率公式，建立方程，可得答案；
（2）根据设出点的坐标以及直线方程，联立椭圆与直线，写出韦达定理，利用点的坐标表示处直线并求出交点，利用斜率公式，写出代数式，化简可得答案.
【详解】（1）设直线与的斜率分别为，则，
设，由椭圆，且分别为其左右顶点，则，，
因为在椭圆上，则，即，
设直线与的斜率分别为，
则，
由，则，化简可得，
解得，由，解得，
则椭圆.
（2）由（1）可得，，易知直线斜率存在，否则直线过点，就不在第一象限.
设直线，由在直线上，则，即，
设，，联立可得，即，
化简可得：，，
由韦达定理，可得，，
直线，直线，
联立可得：，则，，
即，故，则，
故，，
可得，由，，代入，
则，
由，则
，
将，代入上式，并分子分母同乘以，
则
，
将代入上式，则
.
【点睛】本题的关键解题思想为“设而不求”，设出点的坐标，利用椭圆与直线方程，建立等量关系，化简代数式，即可解题.
21．(1)，
(2)证明见解析

【分析】（1）根据函数极值点与极值，求导数代入计算，即可得的值；
（2）设，求，确定导函数的单调性与取值情况，即可得的取值情况，从而得结论.
【详解】（1），由题意知，则，即，
由，知，即．
（2）由（1）得，设，
则．
设，则在上单调递增，
且，所以存在唯一，使得，即．
当时，单调递减；当时，单调递增．
．
设，则，
当时，单调递减，所以，所以，
故当时，．
【点睛】方法点睛：证明函数不等式的常用的方法：
（1）构造差函数法：构造差函数，求导，判断函数单调性，从而得函数最值，让最值与比较大小即可得答案；
（2）分离函数法：确定中间函数，利用导数分别证明，，即可证明结论；
（3）放缩法：利用不等式对所证不等式进行放缩，证明放缩后的不等式成立，即可得结论.
22．(1)
(2)

【分析】（1）根据圆的参数方程以及极坐标方程的转化，可得直角坐标系下的方程，求得两圆公共弦所在直线方程，结合点斜式方程，可得答案.
（2）利用直线的极坐标方程与直角坐标系下的方程互化，联立直线与圆的方程，求得点坐标，进而取得中点坐标，结合两点之间距离公式，可得答案.
【详解】（1）由圆的参数方程，则，由，则，即①，
由圆的极坐标方程，两边同乘可得，
由，则②，
可得，故圆与圆的公共弦所在直线的方程为，其斜率为，
由直线与两圆公共弦所在直线平行，且直线过，则，
化简可得，由，则.
（2）由射线，由，则射线，
由圆，可得，
代入，则，化简可得，解得，可得；
由圆，可得，
代入，则，化简可得，解得，可得.
由为线段的中点，则，
故的周长.
23．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意分，，三种情况讨论，运算求解即可；
（2）根据恒成立问题结合绝对值不等式可得，运算求解即可.
【详解】（1）若时，则，
当时，则恒成立，符合题意；
当时，则，解得；
当时，则不成立，不合题意；
综上所述：不等式的解集.
（2）因为，
当且仅当时，等号成立，其中为的最大值，
若恒成立，可得，解得，
所以实数的取值范围.