2023届宁夏六盘山高级中学高三第一次模拟数学（文）试题含解析

这是一份2023届宁夏六盘山高级中学高三第一次模拟数学（文）试题含解析，共19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。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】化简集合，再利用并集求解.
【详解】由题得，
所以.
故选：B
2．若，则等于（ ）
A．2B．6C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的乘法公式可得，再根据共轭复数的概念及复数的加法运算即可求解.
【详解】,
所以.
故选：B
3．已知函数是奇函数，且当时， ，则（ ）
A．－4B．－2C．2D．4
【答案】C
【分析】根据奇函数的性质可得，由解析式求即可得的值.
【详解】因为是奇函数，所以，
因为当时， ，
所以，
所以．
故选：C.
4．在中，，，若点M满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意结合向量的线性运算求解.
【详解】由题意可得：.
故选：A.
5．已知命题：，；命题：，，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先确定命题的真假，再根据真值表逐一判断选项即可.
【详解】当时，
故命题：，是假命题；
当时，，
故命题：，是真命题；
所以为真命题，，，均为假命题
故选：A
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用降幂公式，再利用二倍角公式化简即得解.
【详解】由已知，化简得．
平方得，
所以．
故选：A．
7．已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为6，到轴的距离为3，O为坐标原点，则（ ）
A．B．6C．D．9
【答案】C
【分析】根据抛物线定义及题意求出，得出点A的坐标即可求解.
【详解】由已知及抛物线的定义可得，解得，
∴抛物线方程为，
，即，代入抛物线方程可得，
∴，.
故选：C
8．已知是曲线在处的切线，若点到的距离为1，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据导数的几何意义求出直线的斜率，再根据点斜式写出直线的方程，最后由点到直线的距离公式即可求出.
【详解】由题知，所以，
因为是曲线在处的切线，
所以当时，，且，所以，
因为点到的距离为1，所以，解得：.
故选：A
9．圭表（如图甲）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”），当太阳在正午时刻照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图乙是一个根据某地的地理位置设计的主表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角（即∠ABC）大约为15°，夏至正午时太阳高度角（即∠ADC）大约为60°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（注：）（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由锐角三角函数的定义与同角三角函数的关系求解，
【详解】设表高为，则，，
而，得，，
故，
得，
故选：D
10．在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，过三点的平面与直线交于点，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．不确定
【答案】B
【分析】延长交的延长线于点，连接交于点，画出图形，数形结合，结合正方体的性质求解即可.
【详解】延长交的延长线于点，连接交于点，如图所示：
在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，
则为的中点，
所以为的中位线，
所以，
所以，
故选：B.
11．已知双曲线,直线过双曲线的右焦点且斜率为,直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点（点在轴下方）,且,则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由斜率关系可以确定与渐近线垂直,从而建立直角三角形,然后利用两渐近线与轴的夹角相等,得出直角三角形三边的长,从而找到的齐次式,进而求离心率.
【详解】如图所示,
因为,,
所以,所以,垂足为;
易求得焦点到渐近线的距离为
所以,
所以;
由角平分线定理可得,
所以,所以
在中,;
所以.
故选：D.
12．已知函数的极值点为，函数的最大值为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对求定义域，求导，观察出导函数单调递增，结合零点存在性定理得到，对求定义域，求导，得到其单调性和极值，最值，得到，判断出.
【详解】的定义域为，
在上单调递增，且，，
所以，．
的定义域为，由，
当时，，当时，，
故在处取得极大值，也是最大值，，
即．所以．
故选：A
二、填空题
13．若x，y满足，则的最大值为______.
【答案】3
【分析】作出不等式组所表示的可行域，利用目标函数的几何意义，找出目标函数取得最大值时的最优解，代入目标函数计算即可．
【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示，令，
联立，得，则点，
平移直线，由图象可知，当直线经过可行域的顶点时，
该直线在y轴上的截距最大，此时取得最大值，即．
故答案为：3.
14．2022年11月30日，神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”．若执行下次任务的3名航天员有一人已经确定，现需要在另外2名女性航天员和2名男性航天员中随机选出2名，则选出的2名航天员中既有男性又有女性的概率为__________．
【答案】
【分析】利用古典概型的概率公式计算即可求解.
【详解】由题意可得：在2名女性相航天员和2名男性航天员中选择2名航天员，共有种选法；
则选出的2名航天员中既有男性航天员又有女性航天员的选法为种，
所以概率，
故答案为：.
15．圆心在直线上，且过点的圆的标准方程为__________．
【答案】
【分析】先求得点与点确定线段的中垂线，再根据直线上，两方程联立求得圆心，从而得到圆的半径即可.
【详解】解：点与点确定直线的斜率为，其中点为，
所以线段的中垂线方程为，即，
又圆心在直线上，
由，解得，
所以圆心为，，
所以圆的标准方程为，
故答案为：
16．如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折至的位置．若为线段的中点，在翻折过程中（平面），给出以下结论：
①存在，使；
②三棱锥体积最大值为；
③直线平面．
则其中正确结论的序号为_________．（填写所有正确结论的序号）
【答案】②③
【分析】①假设存在，根据线面垂直的判定定理和性质得到，再说明与不垂直，与矛盾，即可得到假设不成立；②根据题意得到当平面平面时，三棱锥体积最大，然后求体积即可；③证明平面∥平面，再利用面面平行的性质即可得到∥平面.
【详解】
取中点，连接，，
①假设存在，
因为为中点，，所以，
又为中点，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，为中点，
所以与不垂直，与矛盾，故假设不成立，故①错误；
②当平面平面时，三棱锥体积最大，
因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，，此时，
所以三棱锥体积最大值为，故②正确；
③取中点，连接，，
因为，分别为，的中点，所以，
因为为矩形，且为的中点，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以∥平面，
因为，平面，所以平面∥平面，
因为平面，所以∥平面，故③正确.
故答案为：②③.
三、解答题
17．已知是等差数列，其前项和为．若．
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）、利用等差数列通项公式及前项和求出公差，即可求出的通项公式；
（2）、先求数列的通项公式，再利用分组求和法求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为．
，，，
又，，．
的通项公式为.
（2）由（1）可知，
，，
，
，
．
18．截至2021年12月，中国网民规模达10.32亿人，随之电信网络诈骗犯罪形势也非常严峻．2021年6月，公安部推出国家级反诈防骗“王炸”系统——“国家反诈中心APP”，这是一款能有效预防诈骗、快速举报诈骗内容的软件，用户通过学习里面的防诈骗知识可以有效避免各种网络诈骗的发生，减少不必要的财产损失，某省自“国家反诈中心APP”推出后，持续采取多措并举的推广方式，积极推动全省“国家反诈中心APP”安装注册工作．经统计，省反诈中心发现全省网络诈骗举报件数y（件）与推广时间有关，并记录了经推广x个月后举报件数的数据：
(1)现用作为回归方程模型，利用表中数据，求出该回归方程．
(2)分析该省一直加大力度推广下去有可能将网络诈骗举报件数降至接近于零吗？参考数据（其中）：
参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】(1)通过令，将问题转化为线性回归方程问题求解即可；
(2)根据得到的回归方程及实际政策回答即可.
【详解】（1）由题意．
令，设y关于t的线性回归方程为直线
则
则，
∴，又，
∴y关于x的回归方程为.
（2）仅从现有统计数据所得回归方程，可发现当推广时间越来越长时，即x越来越大时，y的值会逐渐降至接近于30，可知该省一直加大力度推广下去，网络诈骗举报件数大概会逐渐降至30件．
但在使用经验回归方程进行预测时，方程只适用于所研究的样本总体，一般具有时效性，不能期望回归方程得到的预报值就是响应变量的精确值，所以若加大力度一直推广下去，并随着国家对网络诈骗的严厉打击和科技发展，再加上相关部门对个人信息防护手段的加强，人们对网络诈骗犯罪的防范意识逐步提高，网络诈骗举报件数是有可能降至接近于零的．
19．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，，，分别为，的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，先根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据面面垂直的判定定理即可得到结果.
（2）根据题意，将点到平面的距离转化为三棱锥的高，然后根据等体积法即可得到结果.
【详解】（1）因为为菱形，，所以为等边三角形，且，分别为，的中点，则，
又因为为直四棱柱，则平面，且平面，则，且
所以平面，又因为平面，所以平面平面.
（2）
因为直四棱柱，，，分别为，的中点，
所以，，
，，，
因为底面为菱形，，所以，，
由（1）知平面，设点到平面的距离为，则，
因为，所以，因为，因为，，，
所以，设点到平面的距离为，
因为，所以，因此.
故点到平面的距离为.
20．已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数有两个零点，求a的取值范围.
【答案】(1)单调增区间；减区间
(2)
【分析】（1）求函数的导函数，由求函数的单调递增区间，由求函数的单调递减区间；
（2）由可得，则直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，该函数的定义域为，
，
令可得，列表如下：
所以，函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）由，可得，则直线与函数的图象有两个交点，
函数的定义域为，，
由，可得，列表如下：
所以，函数的极大值为，
且当时，，
当时，和函数相比，一次函数呈爆炸性增长，所以，
且，，
又，
根据以上信息，作出其图象如下：
当时，直线与函数的图象有两个交点，
因此，实数的取值范围是.
【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．
21．已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，若△为等边三角形，且点在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设椭圆E的左、右顶点分别为，不过坐标原点的直线l与椭圆E相交于A、B两点（异于椭圆E的顶点），直线与y轴的交点分别为M、N，若，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.
【答案】(1)
(2)点或
【分析】（1）由已知条件，椭圆的定义及的关系可知和，再设出椭圆的方程，最后将点代入椭圆的方程即可求解；
（2）设点，，由直线的方程即可求出点的坐标，由的方程即可求出点的坐标，由已知条件可知，分直线的斜率存在和直线的斜率不存在两种情况分别求解，得出直线的方程，即可判断出直线恒过定点的坐标.
【详解】（1）∵△为等边三角形，且，
∴，
又∵，∴，
设椭圆的方程为，
将点代入椭圆方程得，解得，
所以椭圆E的方程为.
（2）由已知得，设，,
则直线的斜率为，直线的方程为，
即点坐标为，
直线的斜率为，直线的方程为，
即点坐标为,
∵,∴,∴，
又∵，，
∴，即，
整理得，
①若直线的斜率存在时,设直线的方程为，
将直线方程与椭圆方程联立得，
其中，
，，
即，，，
所以或，
当时，直线的方程为，此时直线恒过点，
当时，直线的方程为，此时直线恒过点，
②若直线的斜率不存在时，
由得，
即，解得或，
此时直线的方程为或，
所以此时直线恒过点或，
综上所述，直线恒过点或.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴的非负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)已知点，若直线与曲线交于A，两点，求的值．
【答案】(1)C：，直线l：
(2)
【分析】（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式化极坐标方程为直角坐标方程；
（2）化直线方程为点的标准参数方程，代入抛物线方程利用参数几何意义结合韦达定理求解．
【详解】（1）曲线C的参数方程为（为参数，），
所以，所以即曲线C的普通方程为．
直线l的极坐标方程为，则，
转换为直角坐标方程为．
（2）直线l过点，直线l的参数方程为（t为参数）令点A，B对应的参数分别为，，
由代入，得，则，，即t1、t2为负，
故．
23．已知函数．
(1)当时，求的最小值；
(2)若，时，对任意使得不等式恒成立，证明：．
【答案】(1)2；
(2)证明见解析.
【分析】（1）分段求解的最小值和范围，即可求得结果；
（2）转化为，结合二次函数在区间上的最值，利用不等式，即可证明.
【详解】（1）当时，，
当，，；
当，，；
当，，；
∴当时，的最小值为2．
（2），，当时，
可化为，
令，，，∴
∴，
当且仅当时取得等号；
又当时，，
故.
推广月数（个）
1
2
3
4
5
6
7
y（件）
891
888
351
220
200
138
112
1586
0.37
0.55
取值为正
取值为负
单调递增
极大值
单调递减
取值为正
取值为负
单调递增
极大值
单调递减