2023届宁夏银川市六盘山高级中学高三三模数学（文）试题含解析

2023届宁夏银川市六盘山高级中学高三三模数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.

【详解】因为或，，

因此，.

故选：A.

2．已知，且，其中a，b为实数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先算出,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可

【详解】

由,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，

得,即

故选:

3．已知命题：对任意，总有；：若，则.则下列命题为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先判断命题，命题的真假，在判断选项的真假

【详解】由

所以命题为真命题

令，则，但是

所以命题为假命题

故为真

故选：B.

4．中国古代数学著作《九章算术》是人类科学史上应用数学的最早巅峰.书里记载了这样一个问题“今有女子善织，日自倍，五日织五尺.问日织几何？”译文是“今有一女子很会织布，每日加倍增长，5天共织5尺，问每日各织布多少尺？”，则该女子第二天织布（    ）

A．尺 B．尺 C．尺 D．尺

【答案】B

【分析】由题得每日织布尺数成公比为2的等比数列，根据前5项和得第二天织布数.

【详解】由题，设每日织布数的数列为，则为以2为公比的等比数列，

由题知，得，所以第二天织布尺数为.

故选：B.

5．若点是圆上的任一点，直线与轴、轴分别相交于、两点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作出图形，分析可知当直线与圆相切，且切点位于轴下方时，取最小值，求出、的大小，可求得的最小值.

【详解】如下图所示：

直线的斜率为，倾斜角为，故，

圆的标准方程为，圆心为，半径为，

易知直线交轴于点，所以，，

由图可知，当直线与圆相切，且切点位于轴下方时，取最小值，

由圆的几何性质可知，且，则，

故.

故选：A.

6．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】容易得出，从而得出，，的大小关系．

【详解】，

，

，即，

所以.

故选：D．

7．明朝著名易学家来知德以其太极图解释一年、一日之象的图式，一年气象图将二十四节气配以太极图，说明一年之气象，来氏认为“万古之人事，一年之气象也，春作夏长秋收冬藏，一年不过如此”．如图是来氏太极图，其大圆半径为4，大圆内部的同心小圆半径为1，两圆之间的图案是对称的，若在大圆内随机取一点，则该点落在黑色区域的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出大圆，小圆面积，进而求出阴影部分面积，利用几何概型求概率公式得到答案.

【详解】设大圆面积为，小圆面积，则，．则黑色区域的面积为，所以落在黑色区域的概率为，

故选：D

8．已知奇函数在上单调递增，且，则的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】判断的奇偶性和单调性，由此求得不等式的解集.

【详解】令，

依题意是上递增的奇函数，

所以，即为偶函数，

任取，则，

则，

所以，

故在上递增，在上递减，

由于，所以，

所以.

所以的解集为.

故选：C

【点睛】判断函数的奇偶性，可根据奇偶性的定义，判断或来确定.

9．已知函数，以下说法中，正确的是（   ）

①函数关于点对称；            ②函数在上单调递增；

③当时，的取值范围为；

④将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的解折式为．

A．①② B．②③④ C．①③ D．②

【答案】D

【分析】利用正弦函数的性质，解决函数图像的对称中心、单调区间、值域和平移问题.

【详解】由题意可得，

，令，则，

所以图像的对称中心为，说法①错误；

当，则，是函数单调递增区间，说法②正确；

当时，，所以，则的取值范围为，说法③错误；

将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的解折式为，说法④错误.

故选：D

10．如图，，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，是面积为的正三角形，则的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据正三角形可得及点坐标，将点代入椭圆方程，可得，，进而可得离心率.

【详解】

由于是面积为的正三角形，

过点作轴于，则为的中点，

所以，，

所以，解得，

所以，

将点的坐标代入椭圆方程，得，

即，

解得，，

，

，

故选：B．

11．已知函数的部分图象如图所示，其中.在已知的条件下，则下列选项中可以确定其值的量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数图象可知，是函数的两个零点，即可得，利用已知条件即可确定的值.

【详解】根据图象可知，函数的图象是由向右平移个单位得到的；

由图可知，利用整体代换可得，

所以，若为已知，则可求得.

故选：B

12．已知集合，．若存在，，使，则称函数与互为“度零点函数”．若函数与函数互为“1度零点函数”．则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由，得，设的解为，根据函数与函数互为“1度零点函数”，由，得到，再由，转化为，在时有解求解.

【详解】解：由，得，

由，得，设其解为，

因为函数与函数互为“1度零点函数”，

所以，解得，

由，得，时有解，

令，

则，，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

所以，

所以实数的取值范围为，

故选：A

二、填空题

13．已知双曲线以两坐标轴为对称轴，且它的一个顶点为，它的一条渐近线方程为，则双曲线的标准方程为________．

【答案】

【分析】由双曲线的一个顶点为，可得焦点在轴上，且，根据渐近线方程

求出的值即可得双曲线的标准方程

【详解】由双曲线的一个顶点为，

所以可得双曲线的焦点在轴上，且，

由双曲线的一条渐近线方程为

所以所以

所以双曲线的标准方程为.

故答案为：.

14．设向量，，若，则___________.

【答案】

【分析】由平面向量数量积的坐标运算求解

【详解】，由题意得，即，得

.

故答案为：

15．设是等差数列的前项和，，，当取得最小值时，______．

【答案】8

【分析】先利用题给条件求得等差数列的首项与公差，进而求得的表达式，再利用单调性去求的最小值即可解决.

【详解】等差数列中，，，

则，解之得，则，

则

当即时，单调递增；

当即时，单调递减；

当即时，单调递增，

又，，，

则当取得最小值时，.

故答案为：8.

16．如图所示为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积为____________.

【答案】

【分析】作出原几何体的直观图，找出该几何体的外接球球心，计算出外接球的半径，结合球体体积公式可得结果.

【详解】由三视图还原原几何体如下图所示，由图可知，原几何体为三棱锥，

且平面平面，

取的中点，连接、，则，，

由三视图可知，，

，则平面，

由勾股定理可得，

则、均为正三角形，

因为平面平面，平面平面，，平面，

平面，

平面，，

过的外心在平面内作，

过的外心在平面内作，设，

因为平面，平面，则，

因为，，平面，同理，平面，

所以，为三棱锥的外接球球心，

因为为等边的外心，则，同理，

在平面内，因为，，，，

所以，四边形为正方形，所以，，

因为，所以，，

因此，该几何体外接球的表面积为.

故答案为：.

三、解答题

17．某电视台在一次对收看文艺节目和新闻节目观众的抽样调查中,随机抽取了100名电视观众,相关的数据如下表所示：

(1)由表中数据直观分析,收看新闻节目的观众是否与年龄有关？

(2)用分层抽样方法在收看新闻节目的观众中随机抽取5名,大于40岁的观众应抽取几名？

(3)在上述抽取的5名观众中任取2名,求恰有1名观众的年龄为20至40岁的概率．

【答案】(1)有关

(2)3

(3)

【分析】（1）通过数据的直观分析即可得到结论；

（2）利用分层抽样的方式进行抽取即可求解；

（3）通过列举法举出所有的取法，和恰有1名观众年龄为20至40岁的取法，即可求解

【详解】（1）因为在20至40岁的58名观众中有18名观众收看新闻节目,而大于40岁的42名观众中有27名观众收看新闻节目．所以,经直观分析,收看新闻节目的观众与年龄是有关的．

（2）应抽取大于40岁的观众人数为×5=×5=3(名)

（3）用分层抽样方法抽取的5名观众中,20至40岁有2名(记为),大于40岁有3名(记为),5名观众中任取2名,共有10种不同取法：

设表示随机事件“5名观众中任取2名,恰有1名观众年龄为20至40岁”．

则中的基本事件有6种：,

故所求概率为=．

18．在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.在中，内角，，的对边分别为，，.已知______.

(1)求角；

(2)若，，求边上的中线的长.

注：若选择多个条件分别进行解答，则按第一个解答进行计分.

【答案】(1)任选一个，答案均为

(2)．

【分析】（1）选①，由正弦定理化边为角，然后由诱导公式，两角和的正弦公式，商数关系求得；

选②，由正弦定理化边为角，由诱导公式、二倍角公式变形可求得；

选③，由余弦定理化角为边，再由余弦定理求得；

（2）在和中分别应用余弦定理后相加可得．

【详解】（1）选①，

由正弦定理得，

，

，

，三角形中，所以，又，

所以；

选②

由正弦定理得，三角形中，

所以，又三角形中，所以，，

所以，即；

选③，

由余弦定理得，整理得，

所以，而，；

（2）由（1），，

由余弦定理得：

，又，，

所以，

所以，．

19．如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形CDEF为平行四边形，平面平面ABCD，．

(1)证明：平面ABE；

(2)若，，，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接交于点，取的中点，连接，根据条件证明四边形为平行四边形，然后得到即可；

（2）取的中点为，连接，依次证明平面、平面，然后可求出点到平面的距离，然后根据算出答案即可.

【详解】（1）

证明：连接交于点，取的中点，连接，

因为四边形为平行四边形，所以为的中点，

所以，

因为，，所以，

所以四边形为平行四边形，所以，即，

因为平面，平面，所以平面ABE，

（2）

取的中点为，连接，

因为，，所以为等边三角形，

所以，，

因为平面平面ABCD，平面平面ABCD ，平面，

所以平面，所以点到平面的距离为，

因为，平面，平面，

所以平面，

所以点到平面的距离为，

因为是直角梯形，，，，，

所以，

所以.

20．已知，曲线在处的切线方程为．

(1)求a，b的值；

(2)证明：当时，．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据切点和斜率求得.

（2）化简，利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.

【详解】（1）由题可知，即．

又，所以，

解得，即．

（2），，

要证，，

只需证，

令，

则，

令，则，

所以在上单调递增，所以，即，

所以在上单调递增，则，即当时，．

21．已知中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的椭圆经过点，．

(1)求的方程；

(2)已知点，直线与交于两点，且直线的斜率之和为，证明：点在一条定抛物线上．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆标准方程求法，列方程组解决即可；

（2）设直线的斜率分别为，，，．将代入，得， ，根据韦达定理化简得即可解决.

【详解】（1）依题意设的方程为，

因为经过点，，

所以，解得，

故的方程为．

（2）证明：设直线的斜率分别为，，，．

将代入，得．

由题设可知，，，

所以

，

所以，

所以．

因为，

所以，

所以，

故点在抛物线上，即点在一条定抛物线上．

22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），直线，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求直线l和曲线C的极坐标方程；

（2）若直线与直线l相交于点A，与曲线C相交于不同的两点M，N.求的最小值.

【答案】（1），；（2）.

【分析】(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；

(2)利用极径的应用和三角函数关系式的变换及正弦型函数的性质的应用和基本不等式的应用求出结果.

【详解】（1）由直线得其极坐标方程为.

由，（为参数）.得，

又，，，

则其极坐标方程为.

（2）由题意，设，，，

把代入，

得，

∴，

由与曲线C相交于不同的两点M，N，可知.

把代入得

.

∴，

当且仅当，，

即时，等号成立，的最小值为.

【点睛】本题主要考查了参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题.

23．已知关于x的函数.

(1)求关于x的不等式的解集.

(2)若函数的最小值为m､且实数a，b满足，求的最大值.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）写出的分段形式，分类讨论，求出不等式的解集；

（2）利用（1）中分段函数的单调性求出，设，，利用辅助角公式求出的最值.

【详解】（1），

当时，，解得：，与取交集得：，

当时，，解得：，与取交集得：，

当时，，解得：，与取交集得：，

综上：不等式的解集为或；

（2）为连续函数，且当时，单调递减，当时，单调递增，

故当时，取得最小值，，

则，

设，，

则，其中，

当时，取得最大值为.