2023屆寧夏銀川市六盤山高級中學高三三模數(shù)學（理）試題 一、單選題1．已知，且，其中a，b為實數(shù)，則（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先算出,再代入計算,實部與虛部都為零解方程組即可【詳解】由,結合復數(shù)相等的充要條件為實部、虛部對應相等，得,即故選: 2．已知集合，則（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用整數(shù)集的概念與列舉法得到集合，再利用集合的交集運算即可得解.【詳解】因為，所以.故選：B.3．已知命題：對任意，總有；命題：若，則．則下列命題為真命題的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先判斷命題，命題的真假，再判斷復合命題的真假.【詳解】由所以命題為真命題,令，則，但是,所以命題為假命題.故為真.故選：B．4．設函數(shù)，則下列函數(shù)中為偶函數(shù)的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)偶函數(shù)的定義即可判斷.【詳解】，則，因為是偶函數(shù)，故為偶函數(shù).故選：A5．已知直線經(jīng)過圓的圓心，其中，則的最小值為（    ）A．7 B．8 C．9 D．12【答案】D【分析】根據(jù)基本不等式，結合圓的標準方程進行求解即可.【詳解】因為直線經(jīng)過圓的圓心，故，所以，當且僅當 ，即時，等號成立.故選：D6．明朝著名易學家來知德以其太極圖解釋一年、一日之象的圖式．如圖是來氏太極圖，其大圓半徑為4，大圓內部的同心小圓半徑為1，兩圓之間的圖案是對稱的，若在大圓內隨機取一點，則該點落在黑色區(qū)域的概率為（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出大圓，小圓面積，進而求出陰影部分面積，利用幾何概型求概率公式得到答案．【詳解】設大圓面積為，小圓面積，則，．則黑色區(qū)域的面積為，所以落在黑色區(qū)域的概率為.故選：D7．如圖，在四棱錐中，，底面ABCD為長方形，，，Q為PC上一點，且，則異面直線AC與BQ所成的角的余弦值為（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，求出后可求線線角的余弦值.【詳解】因為平面，平面，故，底面ABCD為長方形，故，所以DP，DC，DA兩兩互相垂直，以D為原點，DA，DC，DP分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．，，，，，所以，，設異面直線AC與BQ所成的角為，則，所以異面直線AC與BQ所成的角的余弦值為．故選：A.8．國際數(shù)學家大會已經(jīng)有了一百多年歷史，每屆大會都是吸引當時世界上研究各類數(shù)學和相關問題的世界頂級科學家參與世紀的第一次國際數(shù)學家大會在我國北京舉行，有來自多個國家的多位數(shù)學家參加了本次大會這次大會的“風車”會標取材于我國古代數(shù)學著作《勾股圓設方圖》，該弦圖是由四個全等的直角三角形和中間一個小正方形拼成的一個大的正方形，若下圖中所示的角為，且大正方形與小正方形面積之比為，則的值為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】設直角三角形較短的直角邊長為，則較長的直角邊長為，求出小正方形的邊長為，大正方形的邊長為，結合題意可得，聯(lián)立，求解即可得出答案【詳解】解：設直角三角形較短的直角邊長為，則較長的直角邊長為，小正方形的邊長為，大正方形的邊長為，大正方形與小正方形面積之比為，所以，，則，①因為，則，②又因為，③由①②③可得.故選：C.9．已知函數(shù)，以下說法中正確的是（    ）①函數(shù)關于直線對稱；②函數(shù)在上單調遞增；③當時，的取值范圍為；④將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度，所得圖象對應的解折式為．A．①③ B．②③④ C．①④ D．②【答案】D【分析】根據(jù)倍角公式和輔助角公式化簡函數(shù)解析式，利用正弦函數(shù)的性質及函數(shù)的平移變換即可求解．【詳解】由題意可得，，，所以圖象的關于中心對稱，故①錯誤；因為，所以，所以在是單調遞增區(qū)間，故②正確；因為，所以，所以，即，所以的取值范圍為，故③錯誤；將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度，所得圖象對應的解折式為，故④錯誤．故選：D.10．已知函數(shù)在R上單調遞增的概率為，且隨機變量．則等于（    ）[附：若，則，．]A．0.1359 B．0.1587 C．0.2718 D．0.3413【答案】A【分析】根據(jù)已知條件可求出，則.根據(jù)正態(tài)分布的對稱性，即可求得.【詳解】使在R上單調遞增的充要條件是，即，故.由于隨機變量，則，即，即，.故，，所以．故選：A．11．已知函數(shù)存在減區(qū)間，則實數(shù)的取值范圍為（    ）A．  B． C． D．【答案】D【分析】函數(shù)存在減區(qū)間,則有解可求解.【詳解】由題可知,因為函數(shù)存在減區(qū)間,則有解,即有解,令,,令,解得 ; 令,解得 ,所以在單調遞減, 單調遞增,所以,因為有解,所以,解得.故選:D.12．橢圓的左、右焦點分別為，，過點的直線l交橢圓C于A，B兩點，若，，則橢圓C的離心率為（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由橢圓的定義及題設，求出、、，利用，由余弦定理建立方程化簡即可得解.【詳解】因為，由橢圓定義知，又，所以，再由橢圓定義，因為，所以，所以由余弦定理可得，即，化簡可得，即，解得或（舍去）.故選：D 二、填空題13．已知雙曲線以兩坐標軸為對稱軸，且它的一個頂點為，它的一條漸近線方程為，則雙曲線的標準方程為________．【答案】【分析】由雙曲線的一個頂點為，可得焦點在軸上，且，根據(jù)漸近線方程求出的值即可得雙曲線的標準方程【詳解】由雙曲線的一個頂點為，所以可得雙曲線的焦點在軸上，且，由雙曲線的一條漸近線方程為所以所以所以雙曲線的標準方程為.故答案為：.14．設向量，，若，則___________.【答案】【分析】由平面向量數(shù)量積的坐標運算求解【詳解】，由題意得，即，得.故答案為：15．已知的內角的對邊分別為，若，，的面積為，則的周長為__________________．【答案】/【分析】先用正弦定理角化邊把化解，再結合余弦定理解出，進而求出角，再利用面積公式求出的值，最后結合余弦定理配方求出的值，進而得到周長.【詳解】對由正弦定理角化邊，得，即，由余弦定理可得，因為，所以.       則的周長為.故答案為：.16．如圖所示為某幾何體的三視圖，則該幾何體外接球的表面積為____________. 【答案】【分析】作出原幾何體的直觀圖，找出該幾何體的外接球球心，計算出外接球的半徑，結合球體體積公式可得結果.【詳解】由三視圖還原原幾何體如下圖所示，由圖可知，原幾何體為三棱錐，且平面平面，取的中點，連接、，則，，由三視圖可知，，，則平面，由勾股定理可得，則、均為正三角形，因為平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，，過的外心在平面內作，過的外心在平面內作，設，因為平面，平面，則，因為，，平面，同理，平面，所以，為三棱錐的外接球球心，因為為等邊的外心，則，同理，在平面內，因為，，，，所以，四邊形為正方形，所以，，因為，所以，，因此，該幾何體外接球的表面積為.故答案為：. 三、解答題17．已知公差不為的等差數(shù)列的前項和為，且，是和的等比中項.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設數(shù)列滿足，證明數(shù)列是等比數(shù)列，并求的前項和.【答案】(1)(2)證明見解析； 【分析】（1）利用等差數(shù)列的求和公式及通項公式列方程求解即可；（2）先通過（1）求出數(shù)列的通項公式，再通過證明為定值可得數(shù)列是等比數(shù)列，最后利用等比數(shù)列的求和公式求和即可.【詳解】（1）設等差數(shù)列的公差為，是和的等比中項，，即①，又②，由①②得，；（2）由（1）可得，，又故數(shù)列是以2為首項，為公比的等比數(shù)列，.18．隨著社會的進步，科技的發(fā)展，越來越多的大學本科生希望通過保研或者考研進入更理想的大學進行研究生階段的學習．某大學為了解準備保研或者考研的本科生每天課余學習時間，隨機抽取了400名大學生進行調查，將收集到的學習時間（單位：小時）數(shù)據(jù)分成5組：，，，，（學習時間均在內），得到如圖所示的頻率分布直方圖．(1)求m的值，并估計這400名大學生每天課余學習時間的平均值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表）；(2)按分層抽樣的方法從學習時間在和組中抽出8人，再從這8人中隨機抽取3人，記X表示抽到的3人中學習時間在組中的人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望．【答案】(1)；8.12小時；(2)分布列見解析，. 【分析】（1）根據(jù)各組數(shù)據(jù)頻率之和為1即可求出圖中的值，利用平均數(shù)計算公式即可求出結果；（2）根據(jù)題意分析的可能取值為0，1，2，3，進而列出分布列求出結果.【詳解】（1）由于各組數(shù)據(jù)頻率之和為1，即，則，這400名大學生每天課余學習時間的平均值為：(小時)；（2）由題可知學習時間在和組的頻率分別為0.3,0.18，按分層抽樣的方法從學習時間在和組中抽出8人，有5名在內，3名在內，則的可能取值為0，1，2，3，則，，，，即的分布列為0123所以．19．已知平面四邊形由等腰和組成，，O為上的點且（如圖1所示），將等腰沿折起，點M折至點D位置，使得平面平面（如圖2所示）.(1)求證：；(2)若點E在棱上，且滿足，平面和平面所成銳二面角的余弦值為，求四面體的體積.【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）先通過面面垂直的性質證明平面，進而證明；（2）建立坐標系，寫出兩個平面的法向量，通過銳二面角的余弦值求出參數(shù)，進而計算四面體的體積.【詳解】（1）因為，所以在中，.又因為平面平面，平面平面平面，所以平面，又因為平面，所以.（2）在平面內過點O作的垂線，建立空間直角坐標系如圖所示：設，則，.設平面的一個法向量，則，即，解得，不妨取，則.結合（1）知，平面，取平面的一個法向量，則，解得.在中，因為，所以，所以的面積為，所以四面體的體積為.20．已知，曲線在處的切線方程為．(1)求a，b的值；(2)證明：當時，．【答案】(1)(2)證明見解析 【分析】（1）根據(jù)切點和斜率求得.（2）化簡，利用構造函數(shù)法，結合導數(shù)證得不等式成立.【詳解】（1）由題可知，即．又，所以，解得，即．（2），，要證，，只需證，令，則，令，則，所以在上單調遞增，所以，即，所以在上單調遞增，則，即當時，．21．已知動點到直線的距離比到定點的距離大1.（1）求動點的軌跡的方程.（2）若為直線上一動點，過點作曲線的兩條切線，，切點為，，為的中點.①求證：軸；②直線是否恒過一定點？若是，求出這個定點的坐標；若不是，請說明理由.【答案】（1）；（2）①證明見解析；②.【分析】（1）由題意知，動點到直線的距離等于到定點的距離，符合拋物線的定義，求軌跡的方程為；（2）①設動點，，，利用導數(shù)求出切線的方程分別為：、，從而有，為方程的兩根，證明點的橫坐標與點的橫坐標相等，從而證得軸；②由①中的結論，把直線的方程寫成含有參數(shù)的形式，即并把方程看成關于的一次函數(shù)，從而得到定點為．【詳解】（1）由動點到直線的距離比到定點的距離大1得，動點到直線的距離等于到定點的距離，所以點的軌跡為頂點在原點、開口向上的拋物線，其中，軌跡方程為.（2）①設切點，，，所以切線的斜率為，切線.設，則有，化簡得.同理可得.所以，為方程的兩根.則有，，所以.因此軸.② 因為，所以.又因為，所以直線，即.即直線過定點.【點睛】本題考查拋物線的定義求方程、利用導數(shù)求切線方程、直線與拋物線相切、直線過定點等知識，考查運算求解和邏輯推理能力．特別是在求證直線過定點進，也可以有另外的思路，即把直線設成的形式，然后尋找的關系，再把直線方程轉化成只含變量或變量的方程．22．以等邊三角形的每個頂點為圓心，以其邊長為半徑，在另兩個頂點間作一段圓弧，三段圓弧圍成的曲邊三角形被稱為勒洛三角形，如圖，在極坐標系中，曲邊三角形為勒洛三角形，且，，以極點O為直角坐標原點，極軸為x軸正半軸建立平面直角坐標系，曲線的參數(shù)方程為（t為參數(shù)）．(1)求的極坐標方程和所在圓的直角坐標方程；(2)已知點M的直角坐標為，曲線和圓相交于A，B兩點，求．【答案】(1)；(2)3 【分析】（1）由已知，可根據(jù)題意直接寫出的極坐標方程，并標注范圍，然后求解出點P的直角坐標，寫出所在圓的直角坐標方程即可；（2）由已知，設A，B對應的參數(shù)分別為，將曲線的參數(shù)方程帶入圓，并根據(jù)根與系數(shù)關系，求解即可.【詳解】（1）因為，，所以的極坐標方程：，因為點P的直角坐標是，所以所在圓的直角坐標方程為．（注：的極坐標方程不標明的取值范圍或寫錯扣1分）（2）設A，B對應的參數(shù)分別為，將代入得：所以因為，由t的幾何意義得：23．已知關于x的函數(shù).(1)求關于x的不等式的解集.(2)若函數(shù)的最小值為m?且實數(shù)a，b滿足，求的最大值.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）寫出的分段形式，分類討論，求出不等式的解集；（2）利用（1）中分段函數(shù)的單調性求出，設，，利用輔助角公式求出的最值.【詳解】（1），當時，，解得：，與取交集得：，當時，，解得：，與取交集得：，當時，，解得：，與取交集得：，綜上：不等式的解集為或；（2）為連續(xù)函數(shù)，且當時，單調遞減，當時，單調遞增，故當時，取得最小值，，則，設，，則，其中，當時，取得最大值為. 

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