宁夏银川一中、云南省昆明市第一中学2023届高三联合考试一模数学（理）试题（解析版）.docx

1、银川一中、昆明一中2023届高三联合考试一模数学（理科）本试卷满分150分，考试时间120分钟一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式解法求出集合，利用集合并集运算法则即可求解.【详解】依题意知，由，解得：或，即或，又所以.故选：C.2. 若向量，满足，且与的夹角为，则（ ）A. 2B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据结合数量积的运算律计算即可.【详解】因为，与的夹角为，所以，则.故选：D.3. 已知是关于的方程的一个根，则复数在

2、复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】根据一元二次方程的复数根为共轭复数，再结合韦达定理可求得，再根据复数的几何意义即可得解.【详解】因为是关于的方程的一个根，所以方程的另外一个根为，则，所以，所以在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B.4. 南宋数学家在详解九章算法和算法通变本末中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为（ ）A. 172B

3、. 183C. 191D. 211【答案】C【解析】【分析】构造数列，并利用等差数列的性质即可求得原数列的第20项为191【详解】高阶等差数列： 1，2，4，7，11，16，22，令，则数列：1，2，3，4，5，6，则数列为等差数列，首项，公差，则则故选：C5. 设sin，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：，两边平方后得，整理为，即，故选A.考点：三角函数6. 已知函数的部分图像，如下图所示，则该函数的解析式可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用函数的奇偶性和函数值判断.【详解】解：由图像知：函数是偶函数，A. 因为，所以，又，符合题意；

4、B. 因为，所以，又当时，不符合题意；C. 因为，所以，又当时，不符合题意；D. 因为，所以，是奇函数，不符合题意；故选：A7. 已知是坐标原点，点，若点为平面区域，上的一个动点，则的取值范围是（）A. 1，0B. 0，1C. 0，2D. 1，2【答案】C【解析】【分析】由约束条件作出可行域，利用向量数量积运算可得目标函数，化目标函数为直线方程的斜截式，由数形结合得的取值范围【详解】满足约束条件的平面区域如图所示：联立，解得S（1，1），P（0,2）.，令，化为，作出直线，由图可知，平移直线至S时，目标函数有最小值0；平移直线至P时，目标函数有最大值2的取值范围是0，2故选C【点睛】本题考查简

5、单的线性规划的简单应用，平面向量数量积公式的应用，考查数形结合的解题思想方法，属于基础题8. 已知等比数列满足，且，则当时，A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】试题分析：因为为等比数列，所以,.故C正确.考点：1等比比数列的性质;2对数的运算法则.9. 某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可【详解】解：设圆柱的半径为，高为，体积为，则由题意可得，圆柱的体积

6、为，则当且仅当，即时等号成立圆柱的最大体积为，故选：【点睛】本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题10. 已知函数的定义域为，若，且为奇函数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意可得关于对称，关于对称，且，令，求出函数的周期，即可得出函数的周期，再根据函数的周期性求解即可.【详解】令，因为，所以关于对称，所以关于对称，所以，因为为奇函数，所以关于对称，且，所以，所以函数关于对称，即函数为奇函数，所以，所以，所以，即，所以，所以函数是以为周期的周期函数，因为关于对称，所以，因关于对称，所以，所以，所以.故选：B.11

7、. 2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）正视图近似伯努利双纽线.在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是双纽线上一点，有如下说法：双纽线关于原点中心对称；双纽线上满足的点有两个；的最大值为.其中所有正确的说法为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对于，根据双纽线的定义求出曲线方程，然后将替换方程中的进行判断，对于，根据三角形的等面积法分析判断，对于，由题意得，从而可得点在轴上，进行可判断，对于，由向量的性质结合余弦定理分析判断,据此可求出选项.【详解】对于，因为定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，所以，用替换方程中

8、的，原方程不变，所以双纽线关于原点中心对称，所以正确；对于，根据三角形等面积法可知，即，所以，所以正确；对于，若双纽线上的点满足，则点在轴上，即，所以，得，所以这样的点只有一个，所以错误；对于，因为，所以，由余弦定理得，所以，所以的最大值为，所以正确，故选：D12. 已知实数，且满足，则下列判断正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，可得，令，再利用导数判断函数的单调性，再分和两种情况讨论，即可得解.【详解】因为，所以，所以，令，则，所以，所以在上递增，且，当时，当时，因为，所以当时，即，所以，所以，所以，即，当时，即，所以，所以，所以，即，综上所述C选项正确.故选

9、：C.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于根据题意得出，在构造函数，再根据函数的单调性及进行分析.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 抛物线：的准线截圆所得的弦长为_.【答案】【解析】【分析】先求出圆心到准线的距离，再根据圆的弦长公式求解即可.【详解】抛物线：的准线为，圆的圆心为，半径，圆心到准线的距离，所以所求弦长为.故答案为：.14. 某学校组织1200名学生进行“防疫知识测试”测试后统计分析如下：学生的平均成绩为=80，方差为学校要对成绩不低于90分的学生进行表彰假设学生的测试成绩X近似服从正态分布（其中近似为平均数，近似为方差，则估计获表彰的学生人数为_（四舍五

10、入，保留整数）参考数据：随机变量X服从正态分布，则，【答案】27【解析】【分析】根据题意得到，结合原则和正态分布的对称性求出，求出获得表彰的学生人数.【详解】由题意得：，故，所以故答案为：27.15. 已知是球的球面上的四点，为球的直径，球的表面积为，且，则直线与平面所成角的正弦值是_.【答案】#【解析】【分析】取AC中点，延长至E，使，根据给定条件证明平面ABC，经推理计算作答.【详解】依题意，是中点，取AC中点，延长至E，使，连接，如图，则有，且四边形是平行四边形，因，则是平面截球O所得截面小圆的圆心，于是得平面，平面，因此，是直线与平面所成角，由球的表面积为得球半径，而，则，而，从而得，

11、中，所以直线与平面所成角的正弦值是.故答案为：16. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过作圆的切线，切点为，延长交双曲线的左支于点若，则双曲线离心率的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由题知，进而结合双曲线的性质，余弦定理得，故且，进而得，再根据离心率公式求解即可.【详解】解：如图，因为过作圆的切线，切点为，所以，所以，在中，因为，延长交双曲线的左支于点，所以，即，所以，在中，整理得，所以，即，所以因为，即，整理得，即所以，综上，双曲线离心率的取值范围是故答案为：三解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考

12、题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CEAC，EFAC，AB=，（1）求证：CF平面BDE； （2）求二面角A-BE-D的大小【答案】(1)见证明；(2) （或）【解析】【分析】（1）连接FG，可证得四边形CEFG为菱形，故得.再根据平面ABCD平面ACEF得到平面ACEF，从而由线面垂直的判定定理可得结论成立（2）建立空间直角坐标系，求出平面BDE和平面ABE的法向量，求出两向量的夹角的余弦值并结合图形可得所求角的大小【详解】（1）连接FG，四边形CEFG为菱形,. ABCD为正方形， 又平面ABCD平面ACEF，平面

13、ABCD平面ACEF=AC，BD平面ABCD 平面ACEF，CF平面ACEF，又，BD平面BDE, BG平面BDE，平面BDE （1）正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CEAC，CE平面ABCD，以C为原点，CB为轴，CD为轴，CE为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，由（1）可得是平面BDE的一个法向量设平面ABE的一个法向量为由，得，令，得， ， 由图形可得二面角A-BE-D为锐角，二面角A-BE-D的大小为（或）【点睛】利用向量求空间角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用解题时要注意以下两点：一是建立坐标系时要明确指出坐标原点和坐标轴，否则会出现

14、建系不规范的错误二是将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化18. 盲盒，是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子，具有随机性因其独有的新鲜性，刺激性及社交属性而深受各个年龄段人们的喜爱已知系列盲盒共有12个款式，为调查系列盲盒更受哪个年龄段的喜爱，向00前、00后人群各随机发放了50份问卷，并全部收回经统计，有45%的人未购买该系列育盒，在这些未购买者当中，00后占（1）请根据以上信息填表，并分析是否有99%的把握认为购买该系列盲盒与年龄有关？00前00后总计购买未购买总计100附：，0.100.050.0100.0012.7063.8416.63510.828（

15、2）一批盲盒中，每个盲盒随机装有一个款式，甲同学已经买到3个不同款，乙、丙同学分别已经买到个不同款，已知三个同学各自新购买一个盲盒，且相互之间无影响，他们同时买到各自的不同款的概率为求；设表示三个同学中各买到自己不同款的总人数，求的分布列和数学期望【答案】（1）有99%的把握认为购买该系列盲盒与年龄有关 （2） 4；见解析【解析】【分析】（1）列出列联表，计算出然后判断.（2）利用概率的乘法公式计算；分析取值后，由概率的加法公式和乘法公式计算，得到分布列，然后计算期望.【小问1详解】由题意可得00前00后总计购买352055未购买153045总计5050100则所以有99%的把握认为购买该系列

16、盲盒与年龄有关.【小问2详解】由题意三个同学同时买到各自的不同款的概率为，解得或，因为，所以.由题的所有可能取值为0，1，2，3；其分布列为0123所以数学期望.19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）证明：；（2）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析. （2）【解析】【分析】（1）运用余弦定理得，再运用正弦定理边化角化简计算即可.（2）运用三角形内角范围求得角C的范围，进而求得范围，运用边化角将问题转化为求关于的二次函数在区间上的值域.【小问1详解】，由余弦定理得：，即：，由正弦定理得：，整理得：，即：，又，即：.【小问2详解】，又，由正弦定理得：，又，令，则，对称轴为

17、，在上单调递增，当时，；当时，即：的范围为.20. 已知圆：，为圆上一动点，线段的垂直平分线交于点G.（1）求动点G的轨迹C的方程；（2）已知，轨迹C上关于原点对称的两点M，N，射线AM，AN分别与圆交于P，Q两点，记直线MN和直线PQ的斜率分别为，.求AM与AN的斜率的乘积；问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】（1）. （2）. 为定值.【解析】【分析】（1）根据已知条件知点G的轨迹符合椭圆定义，运用椭圆定义求解即可.（2）设出M、N坐标，运用点M、N在椭圆上进行等量代换及斜率公式计算即可；设出直线AM与直线AN的方程，联立直线AM方程与椭圆方程可得、，进而求得，联立直

18、线AM方程与圆方程可得、，同理可得、，进而求得，代入计算可得结果.【小问1详解】由题意知，因为，所以点在圆内，如图所示，由题意知，所以，所以动点G的轨迹为：以、为焦点且长轴长为4的椭圆.即：，所以，所以动点G的轨迹C的方程为.【小问2详解】由题意知，直线AM与直线AN的斜率存在且不为0，设，则，M、N在椭圆上，即，,即：直线AM与直线AN的斜率的乘积为.设直线AM方程为，由知，所以，则直线AN方程，联立，因为A、M在轨迹C上，所以，即：，所以，所以，联立，因为A、P在圆上，所以，即：，所以，同理：，所以，所以，即为定值.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为

19、定值依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值(2)求点到直线的距离为定值利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得(3)求某线段长度为定值利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得21. 已知函数.（1）若，求证；函数的图象与轴相切于原点；（2）若函数在区间，各恰有一个极值点，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）当时，得到，求导，再根据导数的几何意义即可得证；（2）先证明出，当且仅当时，等号成立，三次求导后，结合第三次求导后的函数单调性及，分和两种情况，结合零点存在性定理进行求解，得

20、到实数的取值范围.【小问1详解】因为，又，所以，所以在点处的切线方程为，所以函数的图象与轴相切于坐标原点；【小问2详解】先证明不等式恒成立，令，则，当时，当时，所以在上递减，在上递增，故，所以，当且仅当时，等号成立，令，令，当时，故在上为减函数，因为，所以当，即时，所以为增函数，故，所以为减函数，故函数在无极值点；当时，当，因为为减函数，故必存在，使得，当时，为增函数，当时，为减函数，而，故，又因为，所以必存在，且当，为减函数，当，为增函数，故在区间上有一个极小值点，令，因为，所以在上单调递增，又因为，所以总存在使，且当时，单调递减，时，单调递增，当，且，故必存在，使得，为减函数，为增函数，因

21、为，所以当，即，又因为，故存在，使得，且当，为减函数，当，为增函数，故在区间有一个极小值点，所以若函数在区间，各恰有一个极值点，综上：实数的取值范围是.【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一道作答.如果多做，则按所做的第一题计分.【选修4-4：坐标系与参数方程】22

22、. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的方程是（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）若点的坐标为，直线与曲线交于，两点，求的值【答案】（1）曲线的普通方程为；直线的直角坐标方程为 （2）【解析】【分析】（1）直接消去参数，可得到曲线的普通方程，先化简，然后利用极坐标与直角坐标的关系可得到直线的直角坐标方程；（2）由（1）可得直线的倾斜角，设出直线的参数方程，代入到曲线C的直角坐标方程，可得关于t的一元二次方程，设点A，B对应的参数分别为，根据韦达定理，可得表达式，结合t的几何意义，即可得答案.【小问1详解】由 可得x2

23、=sin+2cosy1=cos2sin将上式分别平方，然后相加可得 由可得 即，则【小问2详解】由（1）可知直线的斜率为，则其倾斜角为，且点在直线上，所以直线的参数方程为：，即（为参数）将直线的参数方程代入曲线C的普通方程，整理得设点A，B对应的参数分别为，则则【选修4-5：不等式选讲】23. 已知函数（1）当时，求函数的定义域；（2）设函数的定义域为，当时，求实数的取值范围【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】(1)将代入，列出不等式，再解含绝对值符号的不等式作答.(2)利用给定条件去掉绝对值符号，转化成恒成立的不等式，分离参数构造函数推理作答.【小问1详解】当时，依题意，当时，不等式化为：，解得，则有，当时，不等式化为：，解得，则有；当时，不等式化为：，解得，则有，综上得：或，所以函数的定义域为.【小问2详解】因当时，则对，成立，此时，则，于是得，成立，而函数在上单调递减，当时，从而得，解得，又，则，所以实数的取值范围是.