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）样卷（一）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）样卷（一）试题（含解析），共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，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）样卷（一）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知，若的虚部等于实部的两倍，则实数（    ）
A．3 B． C． D．
2．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
3．已知，则“”是“函数在上单调递增”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．记等差数列的前项和为，已知，则一定成立的是（    ）
A． B． C． D．数列有最大项
5．已知实数满足，则有（    ）
A．最小值 B．最大值 C．最小值2 D．最大值2
6．已知直线是曲线的一条切线，则实数（    ）
A．2 B．1 C． D．
7．中国饮食文化历史悠久，博大精深，是中国传统文化中最具特色的部分之一，其内涵十分丰富，根据义务教育课程方案，劳动课正式成为中小学一门独立的课程，“食育”进入校园.李老师计划在实验小学开展一个关于“饮食民俗”的讲座，讲座内容包括日常食俗，节日食俗，祭祀食俗，待客食俗，特殊食俗，快速食俗6个方面.根据安排，讲座分为三次，每次介绍两个食俗内容（不分先后次序），则节日食俗安排在第二次讲座，且日常食俗与祭祀食俗不安排在同一次讲座中的概率为（    ）
A． B． C． D．
8．已知是双曲线的一个焦点，为的虚轴的一个端点，（为坐标原点），直线垂直于的一条渐近线，则的离心率为（    ）
A． B． C． D．
9．钟鼓楼是中国传统建筑之一，属于钟楼和鼓楼的合称，是主要用于报时的建筑.中国古代一般建于城市的中心地带，在现代城市中，也可以常常看见附有钟楼的建筑.如图，在某市一建筑物楼顶有一顶部逐级收拢的四面钟楼，四个大钟对称分布在四棱柱的四个侧面（四棱柱看成正四棱柱，钟面圆心在棱柱侧面中心上），在整点时刻（在0点至12点中取整数点，含0点，不含12点），已知在3点时和9点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线相互垂直，则在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为（    ）
          
A． B． C． D．
10．已知函数，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若在上恰有两个零点，则下列区间中，的一个取值区间可以为（    ）
A． B． C． D．
11．已知正四棱锥的各顶点都在球的球面上，，由三点确定的平面与侧棱交于点，且，则球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
12．设，，，则（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
13．已知不共线向量满足，若，则 .
14．设函数的定义域为，，当时，，写出一个满足上述条件的函数： .
15．过抛物线的焦点的直线与交于两点，设两点关于轴对称，若的面积为6，则 .

三、双空题
16．已知数列满足，且，则 ；记数列的前和为，若，则的最小取值为 .

四、解答题
17．已知的内角的对边分别为.
(1)求；
(2)平分角，交于点，且，求的面积.
18．在梯形中，，，，，如图1.沿对角线将折起，使点到达点的位置，为的中点，如图2.
  
(1)证明：.
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
19．随着人们收入水平的提高，特色化､差异化农产品的消费需求快速增长，精品农产品获得广大消费者的认可.某精品水果种植大户在水果采摘后，一般先分拣出单个重量不达标的水果，再按重量进行分类装箱.现从同批采摘､分拣后堆积的水果堆中随机抽取了30个水果进行称重（为方便称重，按5克为一级进行分级），统计对应的水果重量，得柱状图如下.
  
(1)估计该批采摘的水果的单个水果的平均重量（精确到整数位）；
(2)在样本内，从重量不低于80克的水果中，随机选取2个，记其中选取到水果重量不低于90克的个数为X，求X的分布列和数学期望；
(3)用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率.从采摘的水果堆中随机选取n个水果，若要求其中至少有一个水果的重量不低于80克的概率不低于，求n的最小值.
20．已知椭圆的三个顶点所确定的三角形的面积为，（是的离心率）是上一点.
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，设，直线与分别交于（不同于）两点，当时，记直线的倾斜角分别为，，求的最大值.
21．已知函数.
(1)当时，，求的取值范围.
(2)若函数有两个极值点，证明：.
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且直线与曲线交于两点.
(1)求的取值范围；
(2)设为线段的中点，求的最小值.
23．已知函数.
(1)若时，恒成立，求的取值范围；
(2)若的最小值为1，求的值.

参考答案：
1．D
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，即可得到方程，解得即可.
【详解】因为，
又的虚部等于实部的两倍，所以，解得.
故选：D
2．D
【分析】化简集合，根据补集和交集的定义运算可得答案.
【详解】由得，得，得，得或，
则或，，
又因为，所以.
故选：D
3．A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若函数在上单调递增，则，即，
所以由推得出函数在上单调递增，即充分性成立，
由函数在上单调递增推不出，即必要性不成立，
所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.
故选：A
4．C
【分析】设等差数列的公差为，由，得，然后根据等差数列的通项公式和求和公式逐个分析判断即可
【详解】设等差数列的公差为，由，得，化简得，
对于A，，，当时，，所以A错误，
对于B，，当时，，所以B错误，
对于C，因为，所以，所以C正确，
对于D，因为，所以，
当时，无最大值，所以此时数列无最大项，所以D错误，
故选：C
5．A
【分析】根据约束条件，画出可行域，由目标函数的几何意义即可求解．
【详解】根据约束条件，作出可行域如图所示，

由 ，解得，即，
通过直线的平移，可知当经过点时，，
即有最小值，无最大值.
故选：A．
6．D
【分析】利用切线的斜率，求解切点坐标，代入切线方程求解即可．
【详解】曲线，可得，
直线是曲线的一条切线，
设切点横坐标为：，则切点纵坐标为，则，解得，.
故选：D．
7．B
【分析】根据排列组合知识和古典概型的概率公式可求出结果.
【详解】讲座分为三次，每次介绍两个食俗内容（不分先后次序）,一共有种不同的安排方法，
其中节日食俗安排在第二次讲座，且日常食俗与祭祀食俗有一个和节日食俗安排在第二次讲座的有种，
节日食俗安排在第二次讲座，日常食俗与祭祀食俗都不和节日食俗安排在第二次讲座且日常食俗与祭祀食俗不安排在同一次讲座中的有种，
故节日食俗安排在第二次讲座，且日常食俗与祭祀食俗不安排在同一次讲座中的有种，
故所求概率为.
故选：B
8．A
【分析】不妨设为右焦点，为的虚轴的端点且在轴的正半径轴上，则，再由可得，从而可表示出直线的斜率，然后由直线垂直于的一条渐近线，列方程可求出离心率.
【详解】不妨设为右焦点，为的虚轴的端点且在轴的正半径轴上，则，则，
因为，所以，即，
所以直线的斜率为，
因为双曲线渐近线方程为，
因为直线垂直于的一条渐近线，所以，
所以，所以，
所以，解得，
因为，所以，
故选：A

9．B
【分析】在正四棱柱中，以为原点，以的方向分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式可求出结果.
【详解】如图，在正四棱柱中，分别为侧面和侧面的中心，
为的中点，为点钟时针，为点钟时针，
则，，
设正四棱柱的底面边长为，侧棱长为，
以为原点，以的方向分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
所以.
所以在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为.
  
故选：B
10．C
【分析】根据图象变换规律求出的解析式，由，得，再根据正弦函数的零点以及在上恰有两个零点，列式求出的范围，根据范围可得答案.
【详解】依题意得，
当，，在上恰有两个零点，
因为，当，即时，，解得；
当，即时，，解得，
当，即时，，此时在上超过两个零点，不符合题意.
综上所述：的取值范围是.
结合四个选项可知，C正确.
故选：C
11．A
【分析】根据题意可得平面为平面，再利用平面公理可得，从而由，利用平行线分线段成比例、外接球的性质可得，设球的半径，利用勾股定理可得半径值，即可求得球的表面积.
【详解】如图，连接，相交于，连接，，过作于
  
由三点确定的平面与侧棱交于点，即平面为平面
由正四棱锥可得平面，则球心在上
又平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以
因为平面，所以，又，平面，所以
所以，则由可得，所以
即，
因为，所以，则，故
则，
因为，所以，即，
则，设外接球得半径为，则，
在中，，即，解得
所以球的表面积为.
故选：A.
12．C
【分析】设，利用导数说明函数的单调性，即可得到，即，再令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而得解.
【详解】设，
则，
令，则，
所以当时，故在上单调递减，又，
所以当时，所以在上单调递减，又，
则，即，所以，即，
令，则，
所以当时，即在上单调递增，
所以，即，即，即，
综上可得.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是构造函数、，利用导数说明函数的单调性，即可比较函数值的大小.
13．
【分析】根据平面向量的加法与数量积的坐标运算列方程求解得的值，并检验与向量是否共线，从而可得符合的的值.
【详解】因为，
所以，
又，所以，整理得，所以可得或，
又当时，为零向量与共线，不符合题意，故.
故答案为：.
14．（答案不唯一）
【分析】将所给条件翻译成函数的性质，根据性质写出函数即可.
【详解】当时，，说明在上为减函数，
，说明的函数值非负，
根据上述条件可得满足条件的一个函数为.
当时，为减函数，且.
故答案为：（答案不唯一）.
15．
【分析】设直线的方程为，，则，联立直线与抛物线得交点坐标关系，再由可得，从而得，再由三角形的面积可求得的值.
【详解】不妨设在上方，如图所示：
  
抛物线的焦点，
设直线的方程为，，则
则，所以，恒成立，所以①，②
由于，则③
联立①②③可得：，则
所以

所以或（舍）.
故答案为：.
16．
【分析】首先求，当时，即可得到，再整理得到，则，所以是以为首项，为公比的等比数列，即可求出的通项公式，再利用分组求和法求出，利用作差法判断的单调性，即可确定的最小值.
【详解】因为，且，
当时，解得，
当时，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，所以，
即，
即，
所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
所以，
因为，
因为，所以，即，即单调递增，
又，，
故的最小值为.
故答案为：；
17．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理先将边化角，再用三角恒等变换公式化简，即可求出；
（2）利用角平分线结合等面积法构建等式，再跟余弦定理的三边等式结合求出，最后利用正弦定理的面积公式求出三角形的面积.
【详解】（1）中，，
可得，
结合正弦定理可得，,
,
,
,
,
,
,
又,
即,
又中，
.
（2）
平分角,
,
由,
,
,
，

由余弦定理可得，
可得，即
将代入，可得
解得，
又为正数，所以，
.
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）在平面图形中连接交于点，即可证明，从而得到，，即可得到平面，即可得证；
（2）由（1）可知是二面角的平面角，设为的中点，则，即可得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为，，所以，
所以，所以，则，
又，所以为等边三角形，所以，又为的中点，
连接交于点，则，，
所以，所以，即，
则折起后，，，平面，
所以平面，平面，所以.
  
（2）由（1）易知，，是二面角的平面角，
即，所以是等边三角形，设为的中点，则，
又平面，平面，所以，
，平面，所以平面，且，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，
则，
所以,
所以直线与平面所成角的正弦值为.
  
19．(1)75克
(2)分布列见解析，
(3)5

【分析】（1）根据平均数的定义求解即可；
（2）由题意可知X的可能取值为0，1，2，求出相应的概率，从而可求得X的分布列和数学期望；
（3）先求出重量低于80克的频率，可得重量低于80克的概率，然后根据独立事件和对立事件的概率公式列不等式可求出n的最小值.
【详解】（1）根据柱状图可知该批采摘的水果的单个水果的平均重量为
（克）；
（2）样本中重量不低于80克的水果有个，其中重量不低于90克的有3个，
所以X的可能取值为0，1，2，
，，，
所以X的分布列为

0
1
2




所以；
（3）由题意得，得，
即，
因为，，且为减函数，
所以当的解集为，
所以n的最小值为5.
20．(1)
(2)

【分析】（1）根据已知条件列方程组，求出和可得结果；
（2）设，，联立，得到，，再联立直线与椭圆方程求出，同理求出，根据斜率公式以及，求出，再根据两角差的正弦公式求出，再根据基本不等式可求出最大值.
【详解】（1）依题意可得，得，得，
得，得，得，得，则，
所以椭圆的方程为.
（2）设，，
联立，消去并整理得，
因为在椭圆内，所以判别式恒大于，
，，
当时，直线：，
联立，消去并整理得，
因为，即，
所以，
所以，
因为在椭圆内，所以判别式恒大于，
，，
，
所以，
当时，直线：，易得，也满足，
故，同理可得，
所以



，
所以，
因为，所以，
当且仅当，又，即时，等号成立，
所以的最大值为.
    
【点睛】关键点点睛：通过联立直线与椭圆方程求出的坐标，利用斜率公式求出的斜率是解题关键.
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）参变分离可得在恒成立，令，，利用导数求出函数的最大值，即可得解；
（2）求出函数的导函数，依题意可得函数与函数，的图象有两个交点，利用导数说明的单调性，不妨设，要证，即证，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（1）当时，在恒成立，
令，，
则，
函数在上单调递减，
，
，
的取值范围是．
（2）函数，．
则，
函数有两个极值点，，
有两个正实数解方程有两个正实数解函数与函数，的图象有两个交点．
，令，解得，
当时，则单调递增，当时，则单调递减，
函数的极大值即最大值为．
又时，且当时，，又，
．
不妨设，
要证明，．
令，，．
所以
，
当且仅当，即时取等号，
函数在单调递增，
，，即，
因此成立．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．(1)
(2)

【分析】（1）将参数方程化为普通方程、极坐标方程化为直角坐标方程，将问题转化为圆心到直线的距离小于半径，即可得到不等式，解得即可；
（2）将直线的参数方程代入曲线的普通方程，根据直线参数方程中参数的几何意义表示出，，再根据三角函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为直线的参数方程为（为参数，），
所以直线的普通方程为，表示过点，倾斜角为的直线，
又曲线的极坐标方程为，即，因为，
所以，即，表示圆心为，半径，
当倾斜角为时直线为，显然与圆相离，无交点，
当倾斜角为时设直线方程为，
则圆心到直线的，解得，即，
又且，所以，所以.

（2）因为直线恒过点，将直线的参数方程代入曲线的普通方程，
可得，当时，
则，，
所以，，
所以，
又，
因为，所以，所以，
则，，则，
所以，，
则，
当且仅当时取得最小值，即.
23．(1)
(2)或

【分析】（1）分类讨论，可知且当时，恒成立，利用端点值的大小关系列式可求出结果；
（2）分类讨论，去绝对值将化为分段函数，求出其最小值，结合已知最小值列式，可求出结果.
【详解】（1）当时，因为，所以，，不合题意；
当时，由，得，得，，
因为时，恒成立，所以，解得.
（2），
因为，令，得；令，得，
若，则，则，
则在上为减函数，在上为增函数，在上为增函数，
所以，解得；
若，则，，不符合题意；
当时，，则，
则在上为减函数，在上为增函数，在上为增函数，
所以，解得；
当时，，则，
则在上为减函数，在上为减函数，在上为增函数，
所以，不符合题意；
综上所述：或.