新疆维吾尔自治区阿勒泰地区2023届高三三模数学（文）试题（含解析）

这是一份新疆维吾尔自治区阿勒泰地区2023届高三三模数学（文）试题（含解析），共20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。
新疆维吾尔自治区阿勒泰地区2023届高三三模数学（文）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知，是虚数单位，若与互为共轭复数，则（    ）A． B． C． D．2．如图所示的茎叶图记录了甲、乙两支篮球队各6名队员某场比赛的得分数据（单位：分）．若这两组数据的中位数相等，且平均值也相等，则x和y的值分别为（    ）A．2和3 B．0和2 C．0和3 D．2和43．已知集合，则（    ）A． B．C． D．4．如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（    ）A．8 B．12 C．16 D．205．已知函数则函数，则函数的图象大致是（    ）A． B．C． D．6．函数的极值点是（    ）A．0 B．1 C． D．7．正方体中，分别是棱的中点，则平面与平面所成角为（    ）A． B． C． D．8．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作．其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积（弦×矢+矢×矢）．弧田（如图）由圆弧和其所对弦围成，公式中“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．现有圆心角为，半径为的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是（   ）（精确到）A． B． C． D．9．有一个圆锥形铅锤，其底面直径为，母线长为．P是铅锤底面圆周上一点，则关于下列命题：①铅锤的侧面积为；②一只蚂蚁从P点出发沿铅锤侧面爬行一周、最终又回到P点的最短路径的长度为．其中正确的判断是（    ）A．①②都正确 B．①正确、②错误C．①错误、②正确 D．①②都错误10．和分别是双曲线的左，右焦点，A和B是在双曲线左支的两个点，满足且是等边三角形，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．11．已知，若函数在区间上有且只有个零点，则的范围为（    ）A． B．C． D．12．在中，平分，则的最小值为（    ）A． B．C． D． 二、填空题13．已知平面向量，满足，则_______．14．已知正（O为坐标原点）的顶点在抛物线上，则的边长等于_______．15．函数的图象在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为________．16．正数满足，则a与大小关系为______． 三、解答题17．若数列的首项为1，且．(1)求证：是等比数列；(2)求的前n项和．18．在中，分别为的中点，，如图①，以为折痕将折起，使点A到达点P的位置，如图②．(1)证明：；(2)若平面，且，求点C到平面的距离19．近年来，我国科技成果斐然，北斗三号全球卫星导航系统已开通多年，北斗三号全球卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星，共30颗卫星组成．北斗三号全球卫星导航系统全球范围定位优于，实测的导航定位精度都是2~3m，全球服务可用性，亚太地区性能更优．现从地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星中任选两颗进行信号分析．(1)求恰好选择了地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星各一颗的概率；(2)求至少选择了一颗倾斜地球同步轨道卫星的概率．20．已知椭圆的左右焦点分别为，分别为椭圆的上，下顶点，到直线的距离为．(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于不同的两点，直线分别交x轴于两点．问：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．21．已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)若，求证：函数存在零点．22．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t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，曲线C的极坐标方程为．(1)若曲线C关于直线l对称，求a的值；(2)若为曲线C上两点，且，求面积的最大值．23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)设的最小值为M，若正实数a，b满足，证明：．
参考答案：1．D【分析】由共轭复数的概念求解即可.【详解】∵与互为共轭复数，∴.故选：D.2．C【分析】分别计算中位数和平均值，根据已知条件列方程求解即可.【详解】，，故.①甲的中位数为：，故乙的中位数，②所以由①②得，.故选：C.3．C【分析】解一元二次不等式并运用集合的并集、补集计算即可.【详解】因为或，所以或，所以.故选：C.4．B【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积.故选：B. 5．B【分析】由可知 图像与的图像关于轴对称，由 的图像即可得出结果.【详解】因为，所以 图像与的图像关于轴对称，由解析式，作出的图像如图从而可得图像为B选项.故选：B.6．B【分析】求导，利用函数的单调性及极值的定义求解．【详解】，令，得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，故当时，函数取极大值，所以，函数的极值点是1．故选：B．7．D【分析】先证明，，运用面面垂直判定定理可证得面面即可.【详解】连接BD，如图所示，  因为、分别为、的中点，所以，又因为，所以，又因为面，所以.又因为，、面，所以面，又因为面，所以面面，即：平面与平面所成角为.故选：D.8．A【分析】根据题设条件计算出弦和矢，再代入弧田面积公式计算作答.【详解】依题意，弦(m)，矢(m)，则弧田面积=()，所以弧田面积约是.故选：A9．A【分析】利用圆锥的侧面积公式计算判断①；沿着过点P的圆锥的母线剪开，把侧面展成平面图形，求出弧的两个端点的距离判断②作答.【详解】依题意，圆锥的底面圆半径为，母线长为，所以铅锤的侧面积为，①正确；沿着过点P的圆锥的母线剪开，把侧面展成平面图形，如图，显然扇形弧长为圆锥底面圆周长，而扇形半径为母线长，因此扇形圆心角，在中，由余弦定理得，蚂蚁从P点出发沿铅锤侧面爬行一周、最终又回到P点的最短路径即为线段长，②正确.故选：A10．B【分析】运用双曲线对称性及等边三角形对称性可知轴，再结合双曲线定义列方程求解即可.【详解】由双曲线对称性及等边三角形对称性可知，、关于x轴对称，即：轴，如图所示，则，又因为，所以，所以在中，，，由双曲线定义知，，所以，所以.故选：B.11．D【分析】将看作一个整体，使用整体思想，由正弦函数的零点（即对称中心的横坐标）求解即可.【详解】∵在区间上有且只有个零点，∴令，当时，，∴在区间上有且只有个零点，即在区间上有且只有个零点，又∵的零点（即对称中心的横坐标）为，，∴当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，∴，解得.故选：D.12．C【分析】记，在中，，在中，，由平分，得到或，当时，求得；当时，得，再由，结合基本不等式求得结果．【详解】如图，记，  在中，，则，在中，，则,∵平分，∴，∴，∴，∴∴，∴∴，∴，∴或，当时，为等腰三角形，∴，，∴；当时，，即，∴，当且仅当，即时，等号成立，∵，∴的最小值为.故选：C.13．【分析】根据向量的模长公式，直接代入计算即可得到结果.【详解】由，得，又，.故答案为: 14．【分析】设△AOB的边长为a，先设出A点坐标，再代入抛物线方程，解得a，即得结果.【详解】由抛物线及等边三角形的对称性可知，如图所示，设△AOB的边长为a，则A，因为点A在抛物线上，所以，解得：a＝.故答案为：.15．/0.25【分析】利用导数求出切线方程，即可得到切线与坐标轴围成的三角形的面积.【详解】，，，，切线方程为：即，当时，，当，时，三角形面积为：.故答案为：.16．/【分析】构造函数，并运用其单调性比较大小即可.【详解】因为，所以，设，则，所以，又因为与在上单调递增，所以在上单调递增，所以.故答案为：.17．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）将已知条件转化为，由此证得数列是等比数列.（2）利用分组求和法及等比数列求和公式求得.【详解】（1）由，得，所以，即，，所以，是以为首项，为公比的等比数列；（2）由（1）知，.18．(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得；（2）根据线面垂直的判定定理可得平面，然后利用等积法结合条件即得.【详解】（1）证明：在图1中，因为，且为的中点，，又为的中点，所以，在图2中，，且，平面，平面，又平面，所以；（2）因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，连接，则，因为，为等边三角形， 所以，，，所以，取的中点，连接，则，设点到平面的距离为，，即，解得，即点到平面的距离为．19．(1)(2) 【分析】（1）首先分别给地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星编号，列举所有可能的情况，以及满足条件的方法种数，利用古典概型，即可求解；（2）根据（1）列举的结果，利用古典概型，即可求解.【详解】（1）记地球静止轨道卫星为：，记倾斜地球同步轨道卫星为，则所有的选择为：记恰好选择了地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星各一颗为事件，则包含，所以；（2）记至少选择一颗倾斜地球同步轨道卫星为事件，则包含．所以．20．(1)(2)存在， 【分析】（1）利用等面积法求得结果；（2）设，，由得出，得出方程，再结合点在椭圆上求解得出结果.【详解】（1）中由面积公式得，即，得，椭圆方程为；（2）如图，假设存在点使得，设，，即，，即，直线与椭圆交于不同的两点，易知关于对称，设，则，由（1）知，直线的方程是，令得，直线方程是，令得，由，得，又在椭圆上，所以，即，，即.所以存在点，使得成立．  21．(1)的单调递增区间是，单调递减区间是(2)证明见解析 【分析】（1）对进行求导，对的符号进行判断即可求出对应的单调区间；（2）对进行求导，然后分，，和四种情况进行讨论单调性，结合零点存在定理即可求证【详解】（1）由题可知，定义域为，则，令，解得（舍）或，故可得当，，单调递减；当，，单调递增；所以的单调递增区间是，单调递减区间是.（2）易知，则，令，则，①当时，，故在上单调递减，又，故在区间上一定有一个零点；②当时，，令，解得令，故可得，故在区间上单调递增，令，故可得或，故在单调递减，，故在区间上一定有一个零点，③当时，，令，解得，显然存在零点；④当时，令，解得，令，故可得，故在区间上单调递增，令，故可得，故在单调递减，又因为，故在区间上一定存在一个零点，综上所述，对任意的一定存在零点．【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．22．(1)(2) 【分析】（1）消去参数t后可得直线普通方程，再将圆的极坐标方程化为直角坐标方程，结合直线过圆心可求得结果.（2）运用极径表示、，再结合三角形面积公式及三角恒等变换将问题转化为求三角函数的最值求解即可.【详解】（1）直线的参数方程为（为参数），消去参数得直线的普通方程为．因为，所以，由，得曲线的直角坐标方程为，即，因为圆关于直线对称，所以圆心在直线上，所以.（2）由点在圆上，且，不妨设，则．△的面积为，所以△面积的最大值为．23．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）分类讨论去绝对值符号化简函数式，作出分段函数简图数形结合求不等式即可；（2）利用基本不等式求证即可.【详解】（1）由题意知，易知在上单调递减，在上单调递增，如下图所示，令，得，的解集为；（2）由（1）可知，在时，，又，则，当且仅当时等号成立．故.