宁夏2023届高三第三次模拟考试数学（理）试卷（含解析）

这是一份宁夏2023届高三第三次模拟考试数学（理）试卷（含解析），共21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。
宁夏2023届高三第三次模拟考试数学（理）试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．2．复数（为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．某学校为了了解三年级、六年级、九年级这三个年级之间的学生视力是否存在显著差异，拟从这三个年级中按人数比例抽取部分学生进行调查，则最合理的抽样方法是A．抽签法 B．系统抽样法 C．分层抽样法 D．随机数法4．已知，则（    ）A． B． C． D．5．是△ABC所在平面内的一点，且满足，则△ABC的形状一定是（    ）A．正三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．斜三角形6．如图所示的茎叶图（图一）为高三某班50名学生的化学考试成绩，图（二）的算法框图中输入的为茎叶图中的学生成绩，则输出的分别是（    ）A． B． C． D．7．已知实数、满足约束条件，其中，若目标函数的最大值为，则（    ）A． B．或 C．或 D．8．函数的值域为（    ）A． B．C． D．9．下列选项是四种生意预期的收益y关于时间x的函数，从足够长远的角度看，更有前途的生意是（    ）A． B．C． D．10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，则（    ）A． B． C． D．111．已知椭圆，，分别为椭圆的左右焦点，若椭圆C上存在点（）使得，则椭圆的离心率的取值范围为（    ）A． B． C． D．12．已知实数a，b，c，满足，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B．C． D． 二、填空题13．已知等差数列的前项和为，若，，则取最大值时，_____．14．已知中，内角的对边分别为，且，则___________.15．已知在锐角三角形ABC中，角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围为_________16．如图，在直棱柱中，各棱长均为，，则下列说法正确的是________（1）三棱锥外接球的表面积为（2）异面直线与所成角的余弦值为（3）当点在棱上运动时，最小值为（4）是平面上一动点，若到直线与的距离相等，则的轨迹为抛物线 三、解答题17．假设关于某设备的使用年限(单位：年)和支出的维修费用(单位：万元)，有如下表的统计资料：使用年限/年23456维修费用/万元2.23.85.56.57.0 若由资料知对呈现线性相关关系，试求：（1）线性回归方程．（2）估计使用年限为10年时，维修费用是多少？（3）得到（2）中的维修费用是实际支出的吗？请用必要的文字说明．18．如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD⊥平面ABCD，(1)求证：平面ACF⊥平面BDF；(2)若∠CBA＝60°，求三棱锥的体积，19．已知数列的前n项和为，．（1）求证：是等比数列；（2）证明：．20．已知动点到直线的距离比到点的距离大.（1）求动点所在的曲线的方程；（2）已知点，､是曲线上的两个动点，如果直线的斜率与直线的斜率之和为，证明：直线过定点.21．设函数（1）当a＝b＝1时，求函数f（x）的图象在点（e2，f（e2））处的切线方程；（2）当b＝1时，若存在，使f（x1）≤f'（x2）+a成立，求实数a的最小值．22．在平面直角坐标系中，已知点，曲线的参数方程为（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，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程.（2）设直线与曲线的两个交点为求的值.23．已知函数．(1)当时，解关于的不等式；(2)当时，的最小值为，且正数满足．求的最小值．
参考答案：1．D【分析】分别解分式不等式与二次不等式得到集合后求交集运算.【详解】由得 且，解得，故；由得，故.综上得，.故选：D.2．D【分析】根据复数的乘除运算以及复数与点的一一对应关系即可求解.【详解】因为，对应的点为位于第四象限，故选:D.3．C【详解】按照各种抽样方法的适用范围可知，应使用分层抽样.选C考点：本题考查几种抽样方法的概念、适用范围的判断，考查应用数学方法解决实际问题的能力. 4．D【解析】先根据题意，由同角三角函数基本关系，求出，，再由，根据两角差的余弦公式，即可求出结果.【详解】解：因为，所以，又，所以，；所以.故选：D.5．C【分析】利用向量的加法和减法可得，，根据向量加法的平行四边形法则结合已知，即可得出结论.【详解】解：设点为的中点，连接，则，则，所以，又因点为的中点，所以三角形ABC为等腰三角形.故选：C.6．B【分析】理解程序框图功能后由茎叶图数据求解【详解】由题意得为成绩大于等于80的学生人数，为成绩大于等于60且小于80的学生人数，再由茎叶图数据得故选：B7．A【分析】本题首先可根据约束条件绘出可行域，然后根据目标函数的最大值为得出，最后通过计算即可得出结果.【详解】因为实数、满足约束条件，所以可根据约束条件绘出可行域，如图所示，其中、，，因为目标函数的几何意义是可行域内的点与所连直线的斜率，所以目标函数的最大值为，即，整理得，解得或（舍去），故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查根据目标函数在可行域内取得的最大值求参数，能够画出可行域以及明确目标函数的几何意义是解决本题的关键，考查数形结合思想，是中档题.8．C【分析】根据分段函数和正弦函数余弦函数的单调性即可求解.【详解】函数，当时，函数的值域为，当时，函数的值域为，故函数的值域为．故选:．9．A【分析】根据三类函数的增长快慢判断即可【详解】由于指数函数的底数大于1时，其增长速度随着时间的推移会越来越快，比幂函数和对数函数的增长速度快，所以是更有前途的生意，故选：A．10．A【分析】根据三角形面积公式及余弦定理化简条件求角，由此可求.【详解】因为，又，所以，所以，又，所以，所以，又，所以，所以，所以，故选：A.11．B【分析】利用结论建立不等式即可求解.【详解】根据题意作图如下：由图可得：当点P在椭圆的上（下）顶点处时，最大，要满足椭圆C上存在点（）使得，则，∴，即：，整理得：，又，∴得到：，∴，∴椭圆离心率的取值范围为，故选:B．12．C【分析】构造函数，利用导数求出函数的单调区间及最值，再根据已知条件即可得出答案.【详解】解：设，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，故，所以，又，所以，所以.故选：C．13．9【分析】由，，可得，，即可得出取最大值时的值.【详解】解：，，∴前项和取最大值时的值为9.故答案为：9.14．(或)【解析】利用余弦定理和正弦定理边角互化，整理已知条件，最后变形为，求角的值.【详解】根据余弦定理可知，所以原式，变形为，根据正弦定理边角互化，可知，又因为，则原式变形整理为,即，因为，所以（或）故答案为（或）【点睛】方法点睛：(1)在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到；(2)解题中注意三角形内角和定理的应用及角的范围限制．15．【解析】由已知结合正弦定理可得，然后结合余弦定理，，令，代换后结合余弦的性质即可求解.【详解】因为，所以，由余弦定理可得：，令，则，因此，所以，因为为锐角，，所以，所以，故答案为：【点睛】关键点点睛：首先利用正弦定理化角为边可得，再利用余弦定理并配方可得关键是令，，将、代换掉，结合余弦的性质即可求得范围.16．（1）（3）（4）【分析】利用正弦定理可求得外接圆半径，从而确定三棱锥外接球半径，代入球的表面积公式可确定（1）正确；根据可知所求角为，利用余弦定理可求得结果，知（2）错误；将四边形与沿着棱展开，可知所求距离之和的最小值即为，由此可知（3）正确；根据可知为点到直线的距离，由抛物线定义可知（4）正确.【详解】对于（1），，，是边长为的正三角形，的外接圆半径三棱锥外接球半径，三棱锥外接球表面积，（1）正确；对于（2），连接，，，四边形为平行四边形，，异面直线与所成角即为直线与所成角，即，，，，即异面直线与所成角的余弦值为，（2）错误；对于（3），将四边形与沿着棱展开得四边形，则的最小值即为，（3）正确；对于（4），平面，平面，，则即为点到直线的距离，点到直线与的距离相等，点到定点的距离与到定直线的距离相等，符合抛物线定义，则的轨迹为抛物线，（4）正确.故答案为：（1）（3）（4）.【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的外接球问题、异面直线所成角、最短距离、动点轨迹的求解问题；求解最短距离问题的基本思路是能够利用展开图，将问题转化为平面上两点连线距离的求解问题.17．（1）；（2）（万元）；（3）不是实际支出，理由见解析.【分析】（1）计算，的值，代入公式求，即可求解；（2）将代入回归直线即可求解；（3）根据回归直线不是真实直线可得答案.【详解】（1），，所以，，所以线性回归方程为；（2）当时，（万元）；（3）因为回归直线并不是真实的直线，所以将代入所求的维修费用不是实际支出，而是实际支出的估计值.18．(1)证明见解析(2)1 【分析】（1）易得AC⊥BD，由线面垂直的性质可得FD⊥AC，再根据线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BDF，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）取BC的中点O，连接EO，OD，OA，根据面面垂直的性质可得EO⊥平面ABCD，平面BCE，从而可得EO∥FD，则有，从而可得出答案.(1)证明：在菱形ABCD中，AC⊥BD，∵FD⊥平面ABCD，∴FD⊥AC，又∵BD∩FD＝D，∴AC⊥平面BDF，而AC⊂平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDF；(2)解：取BC的中点O，连接EO，OD，OA，∵△BCE为正三角形，∴EO⊥BC，∵∠CBA＝60°，∴，∴，∵平面BCE⊥平面ABCD且交线为BC，平面BCE，平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD，平面BCE，∵FD⊥平面ABCD，∴EO∥FD，又平面BCE，平面BCE，∴FD∥平面BCE，∴，∵∴.19．（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）由可得，整理可得．因此为等比数列．（2）由（1）可得，进而可得，代入即可得正.【详解】解：（1）由可得，则，由，则，即．因此为以为首项，以为公比的等比数列．（2）由，因此，则，因此，当时，，当时，满足，因此．【点睛】思路点睛：给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.20．（1）；（2）直线过定点，证明见解析.【解析】（1）由题意可得动点到直线的距离等于到点的距离，轨迹抛物线定义可得答案；（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，写出、的方程，分别与抛物线方程联立，求得两点坐标，得到直线的方程，由直线系方程可得答案.【详解】（1）设，动点到直线的距离比到点的距离大即动点到直线的距离等于到点的距离，由抛物线定义可得曲线的方程为.（2）证明：设直线的斜率为，则直线的斜率为，所以直线的方程为，由（1）抛物线方程为，所以，整理得，解得，直线的方程为，与抛物线联立，整理得，解得,所以，所以直线的方程为，整理得，所以直线过定点.【点睛】本题考查轨迹方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，关键点是设出直线、的斜率求得它们的方程分别与抛物线方程联立后，可得直线的方程，考查学生的分析问题、解决问题和运算求解能力.21．（1）3x+4y﹣e2＝0（2）【分析】（1）求，即可求解；（2）存在，使f（x1）≤f'（x2）+a成立，转化为，通过配方法求出，对分类讨论，确定的单调性或求出的极小值，进而求出的最小值，即可求解.【详解】（1）当a＝b＝1时，f（x），，，f'（e2），故函数f（x）的图象在点（e2，f（e2））处的切线方程为3x+4y﹣e2＝0；（2）当b＝1时，f（x），，设，当x∈[e，e2]时，，g（x），故存在，使成立，只需x∈[e，e2]，即可，下面求f（x）的最小值，由于，当a时，f'（x）≤0，f（x）在[e，e2]递减，，得；当时，x∈[e，e2]，由于，若﹣a≥0，即f'（x）≥0，f（x）递增，，故不成立；若﹣a＜0，即0＜a，根据复合函数的单调性，f'（x）在[e，e2]单调递增，存在唯一零点m∈（e，e2），f'（m）＝0，使得f（x）在[e，m]，f'（x）＜0，f（x）递减；f（x）在（m，e2]，f'（x）＞0，f（x）递增；故f（x），m∈（e，e2），若成立，即成立，设，x∈（e，e2），递减，所以，所以不成立；综上，，故a的最小值为．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值、切线，考查了存在性成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题.22．(1)曲线C的普通方程为，直线l的直角方程为；(2) 【分析】(1)由曲线C的参数方程消去参数求出C的普通方程，直线l的极坐标方程转化为，即可求出l的直角坐标方程.(2)由(1)得将l的直角坐标方程化为直线的参数方程，代入曲线C方程，得到关于t的一元二次方程，解出方程的根，结合参数方程的几何意义化简求值即可.【详解】(1)因为曲线C的参数方程为为参数，所以曲线C的普通方程为；因为直线l的极坐标方程为，所以，即，又，所以直线l的直角坐标方程为.(2)由于点在直线l上，直线l的倾斜角为，设直线l的参数方程为为参数，代入曲线C，整理得，设A，B两点所对应的参数分别为，则，由直线参数方程的几何意义，得.23．(1)(2) 【分析】（1）分别在、和的情况下，去掉绝对值符号，解不等式可得结果；（2）利用绝对值三角不等式可求得，化简所求式子，利用基本不等式可得结果.【详解】（1）当时，；当时，，解得：；当时，，解集为；当时，，解得：；综上所述：不等式的解集为.（2）当时，（当且仅当时取等号），，即；（当且仅当时取等号），即的最小值为.