2023届宁夏石嘴山市平罗中学高三第四次模拟数学（文）试题含解析

2023届宁夏石嘴山市平罗中学高三第四次模拟数学（文）试题

一、单选题

1．集合，为1~10以内的质数}，记，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】通过质数的概念化简集合B，然后利用交集运算求解集合M，根据选项逐一判断即可.

【详解】因为为1~10以内的质数}，又，

则，对比选项可知，，即D正确，ABC错误.

故选：D.

2．已知复数z满足，则z的共轭复数对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】先计算得出z，再求其共轭复数即可.

【详解】由题知，所以，则，对应的点为，位于第四象限.

故选：D．

3．已知向量，满足，，则向量，的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量的平方等于向量模的平方，结合题中条件即可得出答案.

【详解】，

即，则，，.

故选：C.

4．若棱长分别为，2，3的长方体的顶点都在同-球面上，则该球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】算出长方体的体对角线的长后可得球的半径，从而可求球的表面积.

【详解】长方体的体对角线的长度为，

因为长方体的顶点都在同一球面上，故该球为长方体的外接球，故其直径为，

故表面积为.

故选：B.

5．已知双曲线（，）的离心率为，则的渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由双曲线离心率可得，再结合即可得，代入渐近线方程即可得出结果.

【详解】由双曲线离心率为可得，即可得，

又，即可得；

由题意可得双曲线的渐近线方程为.

故选：C

6．下列有关回归分析的说法中不正确的是（    ）

A．回归直线必过点

B．回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线

C．当相关系数时，两个变量正相关

D．如果两个变量的线性相关性越弱，则就越接近于

【答案】B

【分析】根据线性回归直线的性质可判断选项AB；根据相关系数的性质可判断CD，进而可得正确选项.

【详解】对于A选项，回归直线必过点，A对；

对于B选项，线性回归直线在散点图中可能不经过任一样本数据点，B错；

对于C选项，当相关系数时，两个变量正相关，C对；

对于D选项，如果两个变量的线性相关性越弱，则就越接近于，D对.

故选：B.

7．已知，则a，b，c的大小关系是（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用指，对，幂函数的单调性，即可比较大小.

【详解】函数单调递减，所以，

函数在上单调递增，所以，

单调递减，，

所以，即.

故选：C

8．如图是下列四个函数中的某个函数在区间上的大致图象，则该函数是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据给定的函数图象特征，利用函数的奇偶性排除BC；利用的正负即可判断作答.

【详解】对于B，，，函数是偶函数，B不是；

对于C，，，函数是偶函数，C不是；

对于D，，，D不是；

对于A，，，函数是奇函数，

且，A符合题意.

故选：A

9．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的）.类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过余弦定理求出，即可得，进而可得，根据几何概型的概率公式可得结果.

【详解】解：在中，，，,

由余弦定理，得，

所以，

所以所求概率为.

故选：D.

【点睛】本题考查了几何概型的概率公式应用问题，是基础题.

10．已知数列的前项和为，且满足，则（    ）

A．1458 B．1460 C．2184 D．2186

【答案】A

【分析】根据的关系确定数列为等比数列，利用等比数列的前项和公式求解即可.

【详解】由，可得，

两式相减可得，即，

当，

所以数列从第二项开始，是以4为首项，3为公比的等比数列，

所以，

故选:A.

11．若关于的方程有两个实数根，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】关于的方程有两个实数根等价于关于的方程有两个实数根.令，利用导数判断其单调性，画出图象，由图可解.

【详解】当时，不成立，则，

所以关于的方程有两个实数根等价于关于的方程有两个实数根.

令，则

当或时，单调递减，

当时，单调递增，

所以当时，，

又时，时.

则的图象如下所示：

由图可知，当时，关于的方程有两个实数根，

即关于的方程有两个实数根.

故选：D

12．已知函数，给出下列四个结论：

①函数的最小正周期是；

②函数在区间上是减函数；

③函数的图象关于直线对称；

④函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到其中所有正确结论的编号是（    ）

A．①② B．①③ C．①②③ D．①③④

【答案】C

【解析】根据降幂公式和辅助角公式化简三角函数式，结合正弦函数的图像与性质即可判断各选项是否正确.

【详解】由降幂公式和辅助角公式化简可得

，

对于①，由解析式可知最小正周期为，所以①正确；

对于②，由函数解析式可知，满足时单调递减，解得，当时，单调递减区间为，所以②正确；

对于③，由函数解析式可知对称轴满足，解得，所以当时，对称轴为，所以③正确；

对于④，函数的图象向左平移个单位可得，与所求解析式不同，因而④错误，

综上可知，正确的为①②③，

故选：C.

【点睛】本题考查了降幂公式与辅助角公式化简三角函数式的应用，正弦函数图像与性质的综合应用，属于基础题.

二、填空题

13．如图，已知圆柱的轴截面是正方形，是圆柱下底面弧的中点，是圆柱上底面弧的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_________.

【答案】

【分析】过作面交弧于D，根据已知条件知：异面直线与所成角为，即可求其余弦值.

【详解】由题意，过作面交弧于D，又是圆柱上底面弧的中点，

∴是弧中点，而是圆柱下底面弧的中点，结合图形知：、平行且相等，所以异面直线与所成角为，轴截面是正方形，

∴，若底面半径为，则，，

故.

故答案为：.

14．已知过抛物线焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，且A、B中点的横坐标为3，则__________.

【答案】10

【分析】根据抛物线的定义可得焦点弦长公式为，代入即可.

【详解】根据抛物线的定义可得，又，所以.

故答案为：10.

15．等差数列的前n项和，，数列的前n项和  ___________

【答案】

【分析】根据已知条件求得，利用裂项求和法求得数列的前n项和.

【详解】设等差数列的公差为，

则，解得，

所以，

所以，

所以数列的前n项和为

.

故答案为：

16．已知函数是定义在上的奇函数，且满足， ，则________.

【答案】

【分析】推导出函数为周期函数，且周期为，求出、、、，结合周期性可求得的值.

【详解】因为函数是定义在上的奇函数，则，

因为，即，

所以，函数为周期函数，且周期为，则，

在等式中，令，可得，所以，，

因为，则，

因为，

所以，

.

故答案为：.

三、解答题

17．在十四运射击选拔赛中，某代表队甲、乙两人所得成绩如下表所示：

(1)分别求出甲、乙两人成绩的平均数与方差；

(2)根据（1）的结果，你认为甲、乙两人中谁更适合参加最终比赛？

【答案】(1)甲、乙两人成绩的平均数都是10.1；甲成绩的方差为0.068；、乙成绩的方差为0.012

(2)乙更适合参加最终比赛．

【分析】（1）利用平均数与方差的计算公式求解即可；

（2）利用（1）中结论，分析甲、乙两人的成绩情况即可得解.

【详解】（1）依题意，得，

，

，

．

（2）∵，

∴甲、乙两人的平均成绩相等，但乙的成绩更稳定．

∴甲、乙两人中乙更适合参加最终比赛．

18．在①，，；②；③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．在中，内角的对边分别是，且满足________．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

(1)求角；

(2)若，求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选①：由，得到，利用正弦定理和三角形内角性质化简得到，求得，即可求解；

选②：由正弦定理和三角函数的性质得到，得到，即可求解；

选③：由余弦定理求得，即可求解；

（2）由余弦定理求得，结合基本不等式求得，结合面积公式，即可求解.

【详解】（1）解：选①：因为，

由，可得，

由正弦定理得:

，

因为，可得，所以，

又因为，可得，所以，

因为，所以.

选②：因为，

由正弦定理得，

又因为，可得，则，

即，可得，

因为，所以.

选③：因为，可得，

由余弦定理得，

又因为，所以.

（2）解：因为，且，

由余弦定理知，即，

可得，

又由，当且仅当时，等号成立，

所以，

所以的面积，

即的面积的最大值为.

19．小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．

(1)证明：平面；

(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．

【答案】(1)证明见解析；

(2)．

【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；

（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．

【详解】（1）如图所示：

分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．

（2）[方法一]：分割法一

如图所示：

分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．

因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积

．

[方法二]：分割法二

如图所示：

连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积

20．若椭圆过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点．

(1)求椭圆E的方程；

(2)不过原点O的直线与椭圆E交于A、B两点，求面积的最大值以及此时直线l的方程．

【答案】(1)

(2)面积的最大值为，此时直线的方程为

【分析】(1)根据抛物线和双曲线的性质结合椭圆的的关系求解；

(2)利用韦达定理求出弦长，再利用点到直线距离公式为三角形的高即可求解.

【详解】（1）抛物线的焦点为，所以，

因为双曲线的焦点坐标为，

所以则，

所以椭圆E的方程为.

（2）设，

联立可得，

因为直线与椭圆E交于A、B两点，

所以解得，

由韦达定理可得，

由弦长公式可得，

点到直线的距离为，

所以

当且仅当即时取得等号，

所以面积的最大值为，此时直线的方程为.

21．已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．

(1)若，求a；

(2)求a的取值范围．

【答案】(1)3

(2)

【分析】（1）先由上的切点求出切线方程，设出上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出即可；

（2）设出上的切点坐标，分别由和及切点表示出切线方程，由切线重合表示出，构造函数，求导求出函数值域，即可求得的取值范围.

【详解】（1）由题意知，，，，则在点处的切线方程为，

即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得；

（2），则在点处的切线方程为，整理得，

设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，

则，整理得，

令，则，令，解得或，

令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：

则的值域为，故的取值范围为.

22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．

(1)求曲线C的极坐标方程；

(2)若射线与曲线和直线分别交于两点，求线段的长．

【答案】(1)曲线C的极坐标方程为

(2)

【分析】（1）将曲线C的参数方程化为普通方程，再转换为极坐标方程即可；

（2）求出两点坐标，计算距离即可.

【详解】（1）因为，所以，令，

故C的极坐标方程为

（2）将分别代入曲线和直线的极坐标方程，

可得：，

故线段的长为：

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)记函数的最小值为，正实数，满足，求证：

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据自变量 的范围去掉绝对值，然后分情况讨论解不等式.（2）求绝对值不等式的最值，利用均值不等式证明.

【详解】（1）

故当时，，所以；

当时，，所以；

当时，的无解．

综上，不等式的解集为．

（2）由（1）得，当时，；当时，；当时，．

故当时取得最小值，所以，

故，

当且仅当，时等号成立，故得证．