2023届内蒙古呼和浩特市第二中学高三下学期2月份一模考前模拟数学（理）试题含解析

2023届内蒙古呼和浩特市第二中学高三下学期2月份一模考前模拟数学（理）试题

一、单选题

1．设全集，，则为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据全集求出的补集即可.

【详解】，，.

故选：A.

2．复数，则（    ）

A．10 B． C． D．

【答案】D

【分析】由,可知共轭复数，代入后化简即可求解.

【详解】由,可知共轭复数，.

故选：D.

3．在的展开式中,含项的系数为

A．30 B．20

C．15 D．10

【答案】C

【详解】，

所以含项的系数为15.

故选：C.

4．已知，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，利用诱导公式和二倍角的余弦公式计算作答.

【详解】因，所以.

故选：A

5．以模型去拟合一组数据时，设，将其变换后得到线性回归方程，则（    ）

A． B． C． D．e

【答案】C

【分析】根据题意得到，再结合，求解即可.

【详解】因为，所以，

令，所以，即.

故选：C

6．第24届冬奥会奥运村有智能餐厅A、人工餐厅B，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8．运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为（    ）

A．0.75 B．0.7 C．0.56 D．0.38

【答案】A

【分析】第2天去哪家餐厅用餐的概率受第1天在哪家餐厅用餐的影响，可根据第1天可能去的餐厅，将样本空间表示为“第1天去A餐厅”和“第1天去B餐厅”两个互斥事件的并，利用全概率公式求解.

【详解】设“第1天去A餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”，

“第2天去A餐厅用餐”，则，且与互斥，

根据题意得：，，，

则.

故选：A.

7．执行下图所示的程序框图，则输出的的值为（     ）

A．5 B．6 C．4 D．3

【答案】A

【解析】执行如图所示程序框图，逐一进行运算，即可求出结果.

【详解】依次执行如下：，；

，；

，；

，，

满足条件，退出循环体，输出，

故选：A.

【点睛】识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：

(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构．

(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题．

(3)按照题目的要求完成解答并验证．

8．已知双曲线的左焦点为，左、右顶点为、，为双曲线上任意一点，则分别以线段，为直径的两个圆的位置关系为（    ）

A．相交 B．相切 C．相离 D．以上情况都有可能

【答案】B

【详解】

如图所示，若在双曲线左支，则，

即圆心距为半径之和，两圆外切；若在双曲线右支，则，两圆内切，所以两圆相切，故选．

9．“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将该多面体放入正方体中，可以间接确定该多面体外接球的球心，从而求出其外接球的体积

【详解】将该多面体放入正方体中, 如图所示.

由于多面体的棱长为, 所以正方体的棱长为

因为该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得,

所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即

所以

所以该多面体外接球的体积 .

故选：A.

10．已知椭圆的焦点分别为，且是抛物线焦点，若P是与的交点，且，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用椭圆和抛物线的定义及几何性质求解.

【详解】由椭圆的定义可知，

∵，∴，

过点作垂直于抛物线的准线，垂足为，由抛物线的定义可知,

∴,

故选：B.

11．已知函数，下列说法错误的是（    ）

A．是偶函数 B．是周期为π的函数

C．在区间上单调递减 D．的最大值为

【答案】D

【分析】对选项A，根据即可判断A正确，对选项B，根据即可判断B正确，对选项C，，，即可判断C正确，对选项D，当时，，再结合是周期为π的函数，即可判断D错误.

【详解】对选项A，，定义域为R，

，

所以为偶函数，故A正确.

对选项B，因为，

所以

所以，

所以的周期为，故B正确.

对选项C，，，

因为， 所以在区间上单调递减，

故C正确.

对选项D，当时，，

因为，，此时.

当时，，

因为，，此时.

因为是周期为π的函数，所以，故D错误.

故选：D

12．已知等比数列各项均为正数，且满足：，，记，则使得的最小正数n为（    ）

A．36 B．35 C．34 D．33

【答案】B

【分析】先由已知条件判断出的取值范围，即可判断使得的最小正数n的数值.

【详解】由得：，.

，又，

，，

，则使得的最小正数n为35.

故选：B.

二、填空题

13．当时，的最小值为______．

【答案】5

【分析】将所求代数式变形为，利用基本不等式即可求解.

【详解】解：因为，所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

所以的最小值为.

故答案为：.

14．已知正方形的边长为1，点是边上的动点．的最大值为______．

【答案】1

【分析】设，将用和表示，根据数量积的定义即可得结果.

【详解】设，

所以，

所以，

所以的最大值为1.

故答案为：1.

15．2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来.我国古人将一年分为24个节气，如图所示，

相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始.已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的日晷长的和为______尺.

【答案】84

【分析】根据给定条件可得以冬至日晷长为首项，芒种日晷长为第12项的等差数列，求出公差即可列式计算作答.

【详解】依题意，冬至日晷长为13.5尺，记为，芒种日晷长为2.5尺，记为，

因相邻两个节气的日晷长变化量相同，则从冬至日晷长到芒种日晷长的各数据依次排成一列得等差数列，

数列的公差，

因夏至与芒种相邻，且夏至日晷长最短，则夏至的日晷长为，

又大雪与冬至相邻，且冬至日晷长最长，则大雪的日晷长为，

显然夏至到大雪的日晷长依次排成一列是递增等差数列，首项为1.5尺，末项为12.5尺，共12项，

所以一年中夏至到大雪的日晷长的和为(尺).

故答案为：84

16．已知正数满足，则的最小值为_________．

【答案】

【分析】运用同构函数研究其单调性可得，将求的最小值转化为求上的最小值，运用导数研究的最小值即可.

【详解】因为，即，所以，所以.

令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，

令.

则．令，解得：；令，解得：；

所以在上单调递减，在上单调递增，所以.

即的最小值为.

故答案为：.

【点睛】同构法的三种基本模式：①乘积型，如可以同构成，进而构造函数；②比商型，如可以同构成，进而构造函数；③和差型，如，同构后可以构造函数f或.

三、解答题

17．内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，边上的高为，

(1)求c的值；

(2)设是的角平分线，求的长.

【答案】(1)3

(2)

【分析】（1）根据题意结合三角形面积公式运算求解；

（2）根据题意可得，结合三角形面积公式运算求解.

【详解】（1）由的面积，则，

且，解得，

故c的值为3.

（2）由（1）可得：，

由题意可得：，

∵，则，

即，解得，

故的长.

18．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.

(Ⅰ)证明：BE⊥DC；

(Ⅱ)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，通过计算得到．

（2）计算平面的法向量后计算其与的夹角的余弦值的绝对值即得线面角的正弦值．

【详解】证明：依题意，以点为原点建立空间直角坐标系如图，

可得，

，故，所以.

（2） ．

设为平面的一个法向量，

则 即，不妨令，可得．

于是有，

所以，直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】空间中两条直线的垂直可归结为它们的方向向量垂直，后者通过数量积为零得到.直线与平面所成角的正弦值可归结为直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值（因为线线角的取值范围为）.

19．春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策” .某路桥公司为了解春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点发现大年初三上午9：20~10：40这一时间段内有600辆车通过，将其通过该收费点的时刻绘成频率分布直方图.其中时间段9：20~9：40记作区间，9：40~10：00记作，10：00~10：20记作，10：20~10：40记作，例如：10点04分，记作时刻64.

(1)估计这600辆车在9：20~10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；

(2)为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，记X为9：20~10：00之间通过的车辆数，求X的分布列与数学期望；

(3)由大数据分析可知，车辆在春节期间每天通过该收费点的时刻T服从正态分布，其中可用这600辆车在9：20~10：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，可用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9：46~10：40之间通过的车辆数（结果保留到整数）.

参考数据：若，则，，.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

(3)

【分析】（1）将直方图中每个小长方形的中点横坐标作为该组数据的代表值，频率作为权重，加权平均即可．

（2）抽样比为，计算出各区间抽取的车辆数，找到随机变量的所有可能的取值，计算出每个对应的概率，列分布列，求期望即可．

（3）根据频率分布直方图估计出方差，再结合（1）求出的期望，得到，再根据其对称性处理即可．

【详解】（1）解：这600辆车在时间段内通过该收费点的时刻的平均值为，即

（2）解：结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在前通过的车辆数就是位于时间分组中在，这一区间内的车辆数，即，所以的可能的取值为0，1，2，3，4．

所以，，，，，

所以的分布列为：

所以．

（3）由（1）得，

，

所以，估计在之间通过的车辆数也就是在，通过的车辆数，

由，，得，

所以估计在之间通过的车辆数为辆．

20．已知函数（a为非零实数）.

(1)讨论函数的单调性；

(2)若有两个极值点，，且，求证：.

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）由导数与单调性的关系求解

（2）先求出，，将原式化简后再构造函数证明不等式

【详解】（1）定义域为，

，

①当即时，，在上单调递增，

②当即时，令，得，

当或时，

当时，

故在和上单调递增，在上单调递减，

③当即时，，

同理得在上单调递减，在上单调递增．

（2）若有两个极值点，，由（1）得，

故可化为，而，

代入得，而，

只需证，

令， ，当时，，

故在上单调递增，当时，，

而，故，

即证．

21．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，P为椭圆上一动点，面积的最大值为2.

(1)求椭圆E的方程；

(2)若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足，连结CM交椭圆于点N，O为坐标原点.证明：为定值；

(3)平面内到两定点距离之比是常数的点的轨迹是圆.椭圆E的短轴上端点为A，点Q在圆上，求的最小值.

【答案】(1)；

(2)见解析；

(3).

【分析】（1）结合离心率和面积的最大值列出关于的方程，解方程即可；

（2）设直线CM方程，写出点M坐标，联立椭圆方程，求点N坐标，通过向量数量积计算即可；

（3）设点坐标，借助点在圆上，将转化成，再借助椭圆定义将转化成，最后通过三点共线求出最小值.

【详解】（1）当P为短轴端点时，的面积最大，，

解得，

故椭圆的方程为.

（2）由（1）知，,

设直线，，

，

联立整理得，

由得，，

,，

故为定值4.

（3）

由题意，设，使，

，整理得，

又点Q在圆上，解得，

由椭圆定义得，，

当三点共线时，有最小值.

【点睛】（1）关键在于建立的方程；

（2）关键在于设出直线方程，联立得出点N坐标；

（3）关键在于利用题目中给出的圆的定义将转化成，再结合椭圆定义，将问题简化成共线问题.

22．在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求曲线和直线的极坐标方程；

（2）若点在直线上且，射线与曲线相交于异于点的点，求的最小值．

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，再由普通方程与极坐标方程之间的转换关系可得出曲线的极坐标方程，直接利用普通方程与极坐标方程之间的转换关系可得出直线的极坐标方程；

（2）设点的极坐标为，点的极坐标为，，求得，，利用三角恒等变换思想以及正弦函数的有界性可求得的最小值.

【详解】（1）由曲线的参数方程，得曲线的普通方程为．

即，

由极坐标与直角坐标的互化公式，，得曲线的极坐标方程为.

直线的极坐标方程为，即；

（2）设点的极坐标为，点的极坐标为，其中．

由（1）知，．

．

，．．

当，即时，取得最小值．

【点睛】方法点睛：在已知极坐标方程求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，如果不能直接用极坐标解决，或用极坐标解决较麻烦，可将极坐标方程转化为直角坐标方程解决．

23．已知函数，．

（Ⅰ）当时，求不等式的解集；

（Ⅱ）若关于的不等式的解集包含，求的取值集合．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）由时，得到函数，分类讨论，即可求得不等式的解集；

（Ⅱ）由已知关于的不等式解集包含，等价于|在恒成立，进而得到在恒成立，由此可求解实数的取值范围．

【详解】（Ⅰ）由题意，当时，函数，

当时,，解得;

当时，, 无解;

当时， 解得；

所以的解集为.

（Ⅱ）由已知关于的不等式解集包含，

等价于|在恒成立，

因为，所以不等式恒成立

即在恒成立，即，

又，所以，

故的取值集合是.

【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的求解，以及含绝对值不等式的恒成立问题的求解，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．