2023届宁夏银川市第二中学高三模拟数学（理）试题含解析

2023届宁夏银川市第二中学高三模拟数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出集合，由交集的定义即可得出答案.

【详解】因为集合，

，

则.

故选：A.

2．若复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的乘法运算求出复数，然后利用复数的求模公式计算即可求解.

【详解】由复数满足可得：，

则，所以，

故选：A.

3．已知直线a，b与平面α，β，γ，能使的充分条件是（    ）

A．，， B．，

C．， D．，，

【答案】C

【分析】根据空间线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：对于A选项，，，时，也可能满足，如图1，故错误；

对于B选项，，时，也可能满足，如图2，故错误；

对于C选项，，时，一定有，故正确；

对于D选项，，，时，不一定成立，如图3，故错误.

故选：C

4．执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】列举出循环的每一步，即可得出输出的的值.

【详解】第一次循环，成立，，；

第二次循环，成立，，；

第三次循环，成立，，；

第四次循环，成立，，；

第五次循环，成立，，；

第六次循环，成立，，；

第七次循环，成立，，，

不成立，跳出循环体，输出的值为.

故选：B.

5．已知为正方形，其内切圆与各边分别切于,连接,现向正方形内随机抛掷一枚豆子（豆子大小忽略不计），记事件A:豆子落在圆内；事件B:豆子落在四边形外，则

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】分析：设正方形边长为,分别求解圆和正方形的面积，得到在圆内且在正方形内的面积，即可求解.

详解：设正方形边长为,则圆的半径为其面积为

设正方形边长为,则 其面积为

则在圆内且在正方形内的面积为

故

故选C．

点睛：本题考查条件概率的计算，其中设正方形边长和正方形得到在圆内且在正方形内的面积是解题的关键.

6．“寸影千里”法是《周髀算经》中记载的一种远距离测量的估算方法，其具体方法是在同一天（如夏至）的正午，于两地分别竖起同高的标杆，然后测量标杆的影长，并根据“日影差一寸，实地相距千里”的原则推算两地距离．如图，某人在夏至的正午分别在同一水平面上的A，B两地竖起高度均为a寸的标杆与，与分别为标杆与在地面的影长，再按影长与的差结合“寸影千里”来推算A，B两地的距离．记，则按照“寸影千里”的原则，A，B两地的距离大约为（    ）

A．里 B．里

C．里 D．里

【答案】C

【分析】在直角三角形中利用正切表示出，再由同角三角函数及两角和的余弦公式化简，最后根据“寸影千里”的原则得解.

【详解】由题意可知，

所以，所以可以估计A，B两地的距离大约为里，

故选：C．

7．在平行四边形中，分别是的中点，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，根据向量的线性运算，得到，结合，列出方程组，求得的值，即可求解.

【详解】如图所示，设，且，

则，

又因为，

所以，解得，所以.

故选：B.

8．若是抛物线的焦点，是抛物线上任意一点，的最小值为，且，是抛物线上两点，，则线段的中点到轴的距离为（    ）

A．3 B．2 C． D．

【答案】B

【分析】根据题意可知，利用抛物线的定义和梯形的中位线即可求解.

【详解】

根据题意可知

如图，取AB中点E，分别过点A、B、E作于点D、C、G，

DG与轴交于点H.

根据抛物线的定义可得：

.

因为GE为梯形ABCD的中位线，所以

所以线段的中点到轴的距离.

故选：B

9．已知函数的最小正周期为π，则下列说法不正确的是（    ）

A．

B．的单调递增区间为，（）

C．将的图象向左平移个单位长度后所得图象关于y轴对称

D．

【答案】B

【分析】先化简为，再根据正弦型函数的性质对各项一一判断即可.

【详解】

对于A：因为，∴，故A正确；

对于B：，令，，解得，，所以单调递增区间为，，故B错误；

对于C：将图像向左平移个单位得到，关于y轴对称，故C正确；

对于D：

，所以D正确；

故选：B．

10．设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过是奇函数和是偶函数可以确定函数的解析式与周期，进而求出结果.

【详解】因为是奇函数，所以①，且关于点对称，

因为是偶函数，所以②，且关于对称，

所以的周期为，

令，由①得，由②得

又，所以，，

令，由①得，

所以，，

所以，又，

所以.

故选：D

11．倾斜角为的直线经过双曲线的右焦点，与双曲线的右支交于A，两点，且，则双曲线的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设为双曲线的右准线，过、作，垂直于，，为垂足，

过作于，根据双曲线的第二定义可得求得，可得， ，计算可得双曲线的离心率的取值范围．

【详解】解：设为双曲线的右准线，过、作，垂直于，，为垂足，

过作于，

根据双曲线的第二定义，得

，，

，，

，

，

，

，

，

，

，

，

，则，可得，

∴，

，即离心率的取值范围是，.

故选：D．

12．已知恒成立，则λ的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将原不等式转化为，利用构造函数法、分离常数法，结合导数来求得的取值范围.

【详解】由已知，

∴，

∴，即．

构造函数，

∴．

∵，

∴单调递增．

∴．

∴，．

记，

∴，

∵，

所以在区间递减；

在区间递增.

∴．

∴，

∴．

故选：B

【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑通过构造函数法，利用函数的单调性来进行求解，而判断函数的单调区间，则可利用导数来进行判断.求解含参数不等式恒成立问题，可考虑分离常数法，分离常数后，通过构造函数，结合导数研究所构造函数的单调性、极值和最值等来对问题进行求解.

二、填空题

13．二项式的展开式中的系数为________．

【答案】

【分析】根据二项式展开式的通项公式即可求得二项式的展开式中的系数.

【详解】二项式的展开式中的通项为：，

令，得，

所以二项式的展开式中的系数为，

故答案为：.

14．写出一个半径为且与圆及直线都相切的圆的方程________．

【答案】（答案不唯一）.

【分析】设所求圆的圆心坐标为，根据由已知圆与直线相切，圆与圆相切，列出方程即可求解.

【详解】设所求圆的圆心坐标为，由已知圆与直线相切，圆与圆相切，则有，即得或或，

所以所求圆的方程为或或，

故答案为：（答案不唯一）.

15．中，角A，，的对边分别为，，，且满足，，，则的面积为______．

【答案】

【分析】已知式变形后由正弦定理化边为角，再由诱导公式、两角和的正弦公式变形可求得，然后由余弦定理求得，再由面积公式计算．

【详解】∵，，

∴，

∴，展开得，

∴由三角形内角的性质知：sinC不为0，故，

∴，

∴，，

所以的面积.

故答案为：．

16．把一个棱长都是6的正四棱锥（底面是正方形，顶点在底面的射影是正方形的中心）每条棱三等分，沿与正四棱锥顶点相邻的三等分点做截面，将正四棱锥截去四个小正四面体和一个小正四棱锥（如图所示），则剩下的几何体的外接球的表面积等于_____________．

【答案】

【分析】先说明正四棱锥和剩下的几何体的外接球球心重合，再通过解三角形求出外接球半径，结合球的表面积公式即可求得答案．

【详解】设正四棱锥底面的正方形为，顶点为，棱的三等分点为点和点，棱的三等分点为点和点，连接与交于点，连接，，，，，则底面，如图所示，

因为正四棱锥的棱长是6，即，

所以，

所以，

即，

所以正四棱锥的外接球的球心为点，，

又因为，，，

所以，则,

同理可证，则,

又因为，，，

所以，则，

同理可证出该几何体其他顶点到点的距离都相等，

故剩下的几何体的外接球的球心也为点，

，

所以在中，，

解得，

即剩下的几何体的外接球的半径为，

故剩下的几何体的外接球的表面积：，

故答案为：．

三、解答题

17．已知数列的前项和为，设是首项为1，公差为1的等差数列．

(1)求的通项公式；

(2)若，记数列的前项的和，证明：．

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）由题意首先求得数列的前n项和，然后由前n项和与通项公式的关系即可求得数列的通项公式；

（2）首先确定数列的通项公式，再利用裂项相消即可求出，即可证明.

【详解】（1）∵数列是首项为1，公差为1的等差数列，

且，∴，，

∴当时，.

∵符合，

∴.

（2）由（1）知，.

所以.

18．为了监控某台机器的生产过程，检验员每天从该机器生产的零件中随机抽取若干零件，并测量其尺寸（单位：）．根据长期生产经验，可以认为这台机器正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布．检验员某天从生产的零件中随机抽取个零件，并测量其尺寸（单位：）如下：

将样本的均值作为总体均值的估计值，样本标准差作为总体标准差的估计值．

根据生产经验，在一天抽检的零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为该机器可能出现故障，需要停工检修．

(1)试利用估计值判断该机器是否可能出现故障；

(2)若一台机器出现故障，则立即停工并申报维修，直到维修日都不工作．

根据长期生产经验，一台机器停工天的总损失额，、、、（单位：元）．现有种维修方案（一天完成维修）可供选择：

方案一：加急维修单，维修人员会在机器出现故障的当天上门维修，维修费用为元；

方案二：常规维修单，维修人员会在机器出现故障当天或者之后天中的任意一天上门维修，维修费用为元．

现统计该工厂最近份常规维修单，获得机器在第天得到维修的数据如下：

将频率视为概率，若机器出现故障，以机器维修所需费用与机器停工总损失额的和的期望值为决策依据，应选择哪种维修方案？

参考数据：，．参考公式：，．

【答案】(1)该机器出现了故障

(2)方案一

【分析】（1）利用参考数据计算出、的值，可得出、的估计值，可计算得出、的值，结合题中的数据检验可得出结论；

（2）设选择方案一、方案二的维修所需费用与机器停工总损失额分别为、元，列举出的分布列，计算出、的值，比较大小后可得出结论.

【详解】（1）解：由已知可得，，

所以，，，所以，，，

，故该机器出现了故障.

（2）解：当时，一台机器的总损失额为元；

当时，一台机器的总损失额为元；

当时，一台机器的总损失额为元；

当时，一台机器的总损失额为元.

设选择方案一、方案二的维修所需费用与机器停工总损失额分别为、元，

选择方案一，则元，

选择方案二，则的可能取值有：、、、，

所以，，，，，

所以，随机变量的分布列如下表所示：

所以，元，

所以，，故选方案一较好.

19．如图所示，圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点．

(1)当时，证明：平面平面；

(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；

（2）当三棱锥的体积最大时，△的面积最大，此时为线段的中点，如图，以为坐标原点，过且垂直的直线为轴，，分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）由垂直于圆锥的底面，在圆锥的底面，则，

当，且BC=3CA，则，

，又平面，

平面，又平面，

平面平面；

（2）由题知：，且轴截面为等腰直角三角形，，，

当三棱锥的体积最大时，△的面积最大，此时为弧的中点，

如图，以为坐标原点，过且垂直的直线为轴，，分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，

，，，

设平面的法向量为，则，令，则，

设平面的法向量，则，令，则，

所以，

故二面角的正弦值为．

20．已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据离心率的公式，结合的基本关系，代入求解即可；

（2）直线的方程为，，，，直线与曲线联立，的面积，根据韦达定理，弦长公式将三角形面积表示，

再根据基本不等式求解最大值即可.

【详解】（1）由题意可得，

解得，

故椭圆C的标准方程为．

（2）设直线l的方程为，，，

联立，

整理得，

则，即，

解得，，．

故△OPQ的面积．

设，

因为，所以，

所以，

因为，所以，

当且仅当，即时，等号成立，

则，即△OPQ面积的最大值为．

21．已知函数为常数)．

(1)求函数在上的最小值；

(2)设是函数的两个零点，证明：．

【答案】(1)

(2)证明过程见详解

【分析】（1）对函数求导，利用导函数的正负判断函数的单调性，然后求出端点值和极值进行比较即可求解；

（2）结合（1）可知函数的两个零点，不妨设，则，，然后构造函数，利用函数的单调性得到，进而得到证明.

【详解】（1）因为为常数)的定义域为，

则，当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

又因为；；

，故函数在上的最小值为.

（2）由（1）知：函数在上单调递增，在上单调递减，

由是函数的两个零点，不妨设，则，，

由得，

由题意可知.

令，则；

当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

由可得，因为，

所以.

【点睛】在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．

22．在直角坐标系中，圆心为的圆的参数方程为（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．

(1)求圆的极坐标方程；

(2)设点在曲线上，且满足，求点的极径．

【答案】(1)

(2)1或

【分析】（1）根据参数方程，直角坐标方程，极坐标方之间的相互转化关系即可求解；（2）根据极坐标方程和余弦定理以及一元二次方程即可求解.

【详解】（1）由圆的参数方程消去参数，得圆的普通方程为

，圆心．

把代入，

化简得圆的极坐标方程为．

（2）由题意，在极坐标系中，点．

点在曲线上，设．

在中，由余弦定理有，

即．

化简得．

解得或．

故或．

点的极径为1或．

23．已知，

(1)当时，解关于的不等式；

(2)若对，都有成立，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）分类讨论的值，再解不等式；

（2）将问题转化为，由绝对值三角不等式以及二次函数的性质得出，再解不等式得出的取值范围．

【详解】（1）当时，

当时，，∴

当时，，无解．

当时，，∴

综上不等式的解集为

（2）由已知

∵，

∴

∴等价于或，

解得或．