2023届内蒙古赤峰实验中学、桥北四中高三下学期大联考数学试题（文）试题含解析

2023届内蒙古赤峰实验中学、桥北四中高三下学期大联考数学试题（文）试题

一、单选题

1．设全集，已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简集合，根据交集的定义求.

【详解】因为或，

，

.

故选：C.

2．已知复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，代入已知等式，利用复数相等的定义求得，得结论．

【详解】设，则，，

所以，

，解得，所以．

故选：D．

3．已知向量，且，则t的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由平面向量加减运算求出，，由向量平行的坐标关系得解.

【详解】，，，

则有，∴.

故选：D.

4．构建德､智､体､美､劳全面培养的教育体系是我国教育一直以来努力的方向.某中学为了落实五育并举，全面发展学生的素质，积极响应党的号召，开展各项有益于德､智､体､美､劳全面发展的活动.如图所示的是该校高三（1）､高三（2）班两个班级在某次活动中的德､智､体､美､劳的评价得分对照图（得分越高，说明该项教育越好）.下列说法正确的是（    ）

实线：高三（1）班的数据

虚线：高三（2）班的数据

A．高三（2）班五项评价得分的极差为

B．除体育外，高三（1）班的各项评价得分均高于高三（2）班对应的得分

C．各项评价得分中，这两个班的体育得分相差最大

D．高三（1）班五项评价得分的平均数比高三（2）班五项评价得分的平均数要高

【答案】D

【分析】根据题意可得各班的各项得分，根据分值逐项分析判断.

【详解】由题意可得：高三（1）班德､智､体､美､劳各项得分依次为，高三（2）班德､智､体､美､劳各项得分依次为.

对于A： 高三（2）班五项评价得分的极差为，A错误；

对于B：两班的德育得分均为，两者相等，B错误；

对于C：两班的德育得分相差；

两班的智育、体育和美育得分相差均为；

两班的劳育得分相差；

故两个班的劳育得分相差最大，C错误；

对于D：高三（1）班得分的平均数为，

高三（2）班得分的平均数为，

∵，故高三（1）班五项评价得分的平均数比高三（2）班五项评价得分的平均数要高，D正确.

故选：D.

5．若变量、满足约束条件，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】作出可行域，平移直线，找出使得该直线在轴上截距最大和最小时对应的最优解，代入目标函数即可得解.

【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

联立，解得，即点，

联立，解得，即点，

平移直线，当直线经过可行域的顶点时，

该直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即，

当直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最小，

此时取最小值，即.

因此，的取值范围是.

故选：C.

6．已知抛物线上有两点，则是的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】设直线AB方程为：，与抛物线方程联立，得韦达定理，求后，代入后即可判断是否充分，根据，即可判断是否必要条件.

【详解】设直线AB方程为：，将其与抛物线方程得，

由直线上两点，，故，所以，故不是充分条件，

反过来，当，即，所以是必要条件.

所以是的必要不充分条件选.

故选：C

7．执行如图的程序框图，输出的值是（    ）

A．0 B． C． D．-1

【答案】A

【分析】根据程序框图理解可得：输出的S的值为有关余弦值求和问题，在解题的过程中，把握住余弦函数的周期性的应用，从而求得结果.

【详解】根据题中所给的框图，可知输出的S的值：

故选：A

8．已知函数的部分图像如图，则函数的解析式可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由奇偶性可排除AD，由特殊点可排除C，即可求解

【详解】由于图像关于原点对称，所以为奇函数，

对于A：由得：

，

为偶函数，故可排除A；

对于D：由得：

，

为偶函数，故可排除D；

由图知图象不经过点，

而对于C：，故可排除C；

故选：B

9．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列条件可以推出的是（    ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】D

【分析】根据每个选项中的条件结合面面垂直的判定定理判断的位置关系，可得答案.

【详解】对于A，，，，有可能出现平行这种情况，故A错误；

对于，，，，不能保证m垂直于内两条相交直线，

会出现平面，相交但不垂直的情况，故B错误；

对于C，，故C错误；

对于D，，又由，则内一定存在某直线a，满足，

则，故，故D正确，

故选：D.

10．若等比数列满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设等比数列的公比为q，根据等比数列的通项公式建立方程组，解之可得选项.

【详解】设等比数列的公比为q，则，所以，又，

所以，

故选：A.

11．将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ）

A． B．在上单调递增

C．在上的最小值为 D．直线是图象的一条对称轴

【答案】D

【分析】根据三角函数的图象变换，可判定A错误；利用正弦函数的图象与性质，可判定B，C， D.

【详解】由题意，将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，

可得，故A错误；

令，可得，

所以在上单调递增，所以 B错误；

令，可得，

所以在上单调递减， 又在上单调递增，

因为

在上的最小值为，C错误；

函数的对称轴方程为，

化简可得，取，可得，

所以是图象的一条对称轴，故D正确.

故选：D.

12．棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些球的最大半径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出正四面体的体积及表面积，利用求出内切球的半径，再通过求出空隙处球的最大半径即可.

【详解】

如图，由题意知球和正四面体的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，设内切球球心为，半径为，空隙处的最大球球心为，半径为，

为的中心，易知面，为中点，球和球分别与面相切于和.

易得，，，由，

可得，又，，

故，，，

又由和相似，可得，即，解得，即球的最大半径为.

故选：C.

二、填空题

13．已知等差数列中，，前项和，则数列的公差为___________.

【答案】

【分析】根据等差数列的下标和性质可求得，进而根据等差数列定义求公差.

【详解】设等差数列的公差为d，

∵，故

又∵，则.

故答案为：.

14．为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某学校制订了“生活､科技､体育､艺术､劳动”五类课程，其中体育课程开设了“篮球､足球､排球､乒乓球､羽毛球”五门课程供学生选修.甲､乙两名同学各从体育课程中选择一门课程，则两人选择课程相同的概率是___________.

【答案】##0.2

【分析】根据古典概型的概率公式即可求得答案.

【详解】体育课程开设了“篮球､足球､排球､乒乓球､羽毛球”五门课程供学生选修，

甲､乙两名同学各从中选择一门课程，基本事件总数为，

两人选择课程相同的包含的基本事件数为,

所以两人选择课程相同的概率，

故答案为：.

15．已知圆的圆心在直线x－2y－3＝0上，且过点A(2，－3)，B(－2，－5)，则圆的一般方程为________________.

【答案】x2＋y2＋2x＋4y－5＝0

【分析】方法一：设出圆的标准方程，代入点的坐标，建立方程组，求出答案；

方法二：求出线段AB的垂直平分线方程，联立x－2y－3＝0求出圆心坐标，进而计算出半径，写出圆的标准方程，化为一般方程.

【详解】方法一：设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，

由题意得:,

解得：

故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，

即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.

方法二：线段的中点坐标为，即，

直线的斜率为，

所以线段AB的垂直平分线的斜率为-2，

所以线段AB的垂直平分线方程为，即2x＋y＋4＝0，

由几何性质可知：线段AB的垂直平分线与的交点为圆心，

联立，

得交点坐标，

又点O到点A的距离，即半径为，

所以圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，

即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.

故答案为：x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.

16．已知，，，则的大小关系是___________.

【答案】

【分析】构造函数，利用函数的单调性比较出与的大小，再用作差比较出与的大小，即可得出结果.

【详解】根据题意，设，则其导数.

令，

故在区间上，恒成立，则有，即恒成立

在上恒成立，函数在上单调递减，

则有，即

又，而，

，即

故答案为：

【点睛】方法点睛：构造适当的函数，利用函数的单调性来比较大小是一种常用的方法.

三、解答题

17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，

(1)若，求tanA；

(2)若，求△ABC面积的最大值.

【答案】(1)

(2)最大值3

【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，从而求得.

（2）利用正弦定理求得，利用三角形的面积公式求得三角形面积的表达式，结合二倍角公式以及三角函数的值域求得三角形面积的最大值.

【详解】（1）由得

由题意得

所以.

所以

.

（2）由（1）知

所以.

由可得

所以.

所以，

当时，△ABC面积取得最大值3.

18．如图，一半圆的圆心为，是它的一条直径，，延长至，使得，设该半圆所在平面为，平面外有一点，满足平面平面，且，该半圆上点满足．

(1)求证：平面平面；．

(2)若线段与半圆交于，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，结合面面垂直得平面，进而得，再结合勾股定理得，进而证明平面即可证明结论；

（2）过点作于，则为的中点，进而根据几何关系，结合体积公式求解即可.

【详解】（1）证明：连接，

又平面平面，平面平面，

平面，

，

∵，

平面，又平面，

，

由平面平面，且平面平面，

平面，

又平面，

∴平面平面.

（2）解：过点作于，则为的中点，

故在中：，即：

又，

19．近年来，美国方面泛化国家安全概念，滥用国家力量，不择手段打压中国高科技企业．随着贸易战的不断升级，我国内越来越多的科技巨头加大了科技研发投入的力量．为了不受制于人，我国某新能源产业公司拟对智能制造行业的“工业机器人”进行科技改造和升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入x（亿元）与科技升级直接受益y（亿元）的数据统计如表：

当时，建立了y与x的两个回归模型；

模型①：；模型②：．

当时，确定y与x满足的线性回归方程为．

（1）根据下列表格中的数据，比较当时模型①、②的相关指数的大小，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“工业机器人”科技升级的投入为17亿元时的直接收益．

（附：刻画回归效果的相关指数）

（2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，根据我国的智能制造专项政策，国家科技、工信等部门给予公司补贴5亿元，以回归方程为预测依据，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益的大小．

【答案】（1）模型①的相关指数小于模型②的相关指数，选择模型②，直接收益的预测值为：亿元；（2）技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大．

【分析】（1）利用可得，所以选择模型②，代入到可求出结果；

（2）利用表格中的数据求出当时，y与x满足的线性回归方程，再计算科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益，比较可得结果.

【详解】（1）由表格中的数据，，

所以，

故，

可见模型①的相关指数小于模型②的相关指数，

所以回归模型②的拟合效果更好，

所以当亿元时，科技升级直接收益的预测值为：

亿元；

（2）当时，由已知可得，，

，

所以，

所以当时，y与x的线性回归方程为，

当时，科技升级直接收益的预测值为亿元，

当亿元时，实际收益的预测值为亿元亿元，

所以技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大．

【点睛】关键点点睛：掌握线性回归方程的求法是解题关键.

20．已知曲线.从点向曲线引斜率为的切线，切点为.

（1）求切点坐标和切点的坐标；

（2）已知在上是递减的，求证：.

【答案】（1），；（2）证明见解析.

【分析】（1）当时，联立曲线和直线的方程组，解之即得点坐标；设直线，联立，由得，即得解；

（2）由题得，在上恒成立，再证明成立，原题即得证.

【详解】解：（1）当时，曲线，直线，

联立解得.

设直线，联立，

得，

则由，即，得（负值舍去）

所以可得，，所以.

（2）因为，

因为在上递减，

所以，

所以在上恒成立.

又.

所以成立，

所以.，所以原题得证.

21．已知椭圆C：与椭圆的离心率相同，为椭圆C上一点.

(1)求椭圆C的方程.

(2)若过点的直线l与椭圆C相交于A，B两点，试问以AB为直径的圆是否经过定点？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在的坐标为，理由见解析

【分析】（1）先求出椭圆的离心率为，由此得到，将点的坐标代入椭圆，得到，再代入，解得，，则可得结果；

（2）先用两个特殊圆求出交点，再猜想以AB为直径的圆经过定点，再证明猜想，设直线，并与联立，利用韦达定理得到，，进一步得到，，利用，，，证明即可.

【详解】（1）在椭圆中，，，，离心率，

在椭圆C：中，，

所以，化简得，

因为在椭圆C：上，

所以，所以，所以，，

所以椭圆.

（2）当直线的斜率为0时，线段是椭圆的短轴，以AB为直径的圆的方程为，

当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入，得，以AB为直径的圆的方程为，

联立，解得，

由此猜想存在，使得以AB为直径的圆是经过定点，

证明如下：

当直线的斜率不为0且斜率存在时，设直线，

联立，消去并整理得，

，

设、，

则，，

则，

，

因为

，

所以，所以点在以为直径的圆上，

综上所述：以AB为直径的圆是经过定点.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程：（为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程：，点极坐标为且在上.

(1)求的普通方程和的直角坐标方程；

(2)若与交于A，B两点，求.

【答案】(1)的普通方程为，直线的直角坐标方程为；

(2)5

【分析】（1）用消元法化参数方程为普通方程，由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；

（2）把点极坐标化为直角坐标，写出直线的以点为起点的标准参数方程，代入曲线的直角坐标方程，应用韦达定理，由参数的几何意义得结论．

【详解】（1）由消去得，为曲线的普通方程，

，即，

所以直线的直角坐标方程为，即；

（2）点极坐标为，则直角坐标为，

直线斜率为1，所以其标准参数方程可为(为参数)，代入圆的直角坐标方程得

，化简得，两点对应的参数分别为，

所以，所以．

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若，且正数满足，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据去绝对值，对 进行分类讨论，求出解集；

（2）根据绝对值不等式求出最小值，再构造，利用均值不等式进行求解.

【详解】（1）解:由题意知

当时，，不等式不成立；

当时，令，解得，所以；

当时，，不等式恒成立.

综上所述，不等式的解集为.

（2）方法一：

证明：由（1）知，所以.

因为，

当且仅当时取等号，

所以，当且仅当时取等号.

故有.

方法二：

证明：由（1）知，所以.

因为，当且仅当时取等号，

又因为，当且仅当时取等号，

所以.

方法三：

证明：由（1）知，所以.

所以，当且仅当时取等号.

【点睛】本题考查绝对值不等式，求绝对值不等式的最值，以及合理构造利用均值不等式进行求解，属于难题.