2023届内蒙古赤峰市八校高三第三次统一模拟考试联考数学（理）试题含解析

这是一份2023届内蒙古赤峰市八校高三第三次统一模拟考试联考数学（理）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。

一、单选题
1．已知全集，集合，，则下列关于集合A与B关系的韦恩图正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，分别化简集合，得到其交集与并集，即可得到结果.
【详解】因为，所以，且
则.
故选:D
2．已知复数与在复平面内对应的点关于直线对称，则（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】求出在复平面内对应的点，再求出该点关于直线对称的点，得到，最后利用复数的乘法运算法则即可
【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点为，
其关于直线对称的点为，所以，
所以，
故选：A
3．已知直线与直线互相垂直，垂足为，则等于（ ）
A．6B．2C．D．
【答案】A
【分析】由两直线垂直得，进而根据垂足是两条直线的交点代入计算即可得答案.
【详解】因为直线与直线互相垂直，
所以，解得，
所以原直线为，
又因为垂足在两直线上，
所以代入得，解得，
所以.
故选：A
4．纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中的纳皮尔比拟式､纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大的贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明书》，并且发明了对数表，可以利用对数表查询出任意对数值.现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是（℃），空气的温度是（℃），经过t分钟后物体的温度T（℃）可由公式得出；现有一杯温度为70℃的温水，放在空气温度为零下10℃的冷藏室中，则当水温下降到10℃时，经过的时间约为（ ）参考数据：，.
A．3.048分钟B．4.048分钟C．5.048分钟D．6.048分钟
【答案】C
【分析】先将已知数据代入公式，再用对数运算性质得到，用换底公式将为底的对数换成为底的对数，代入已知对数值计算即可.
【详解】依题意，，，，代入公式得：
（分钟），
故选：C.
5．已知角的终边上一点的坐标为，角的终边与角的终边关于轴对称，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角函数的定义得，再根据和角公式求解即可.
【详解】解：因为角的终边上一点的坐标为，角的终边与角的终边关于轴对称，
所以，点是角的终边上的点，
所以，，
所以
故选：C
6．如图，圆内接四边形中，，现将该四边形沿旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过点C作交延长线于点E，由此可得旋转形成的几何体为圆台挖去一个以圆台上底面为底面的圆锥，根据体积公式即可求得答案.
【详解】圆内接四边形中，，所以 ，
过点C作交延长线于点E，所以四边形是直角梯形，
，故 是等腰直角三角形；
所以四边形沿旋转一周，得到的旋转体是圆锥与圆台的组合体，
即圆台挖去一个以圆台上底面为底面的圆锥，
, ，
所以旋转体的体积 ．
故选︰D．
7．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】对命题进行求解，可得，再通过充分条件和必要条件进行判断即可.
【详解】因为命题是真命题，当时，，若恒成立，则，结合选项，命题是真命题的一个充分不必要条件是，
故选：B．
8．法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆方程为，现有椭圆的蒙日圆上一个动点M，过点M作椭圆C的两条切线，与该蒙日圆分别交于P，Q两点，若面积的最大值为41，则椭圆C的长轴长为（ ）
A．5B．10C．6D．12
【答案】B
【分析】由题意可知为圆的一条直径，利用勾股定理得出，再利用基本不等式即可求解.
【详解】椭圆的蒙日圆的半径为.
因为，所以为蒙日圆的直径，
所以，所以.
因为，当时，等号成立，
所以面积的最大值为：.
由面积的最大值为41，得，得，
故椭圆的长轴长为.
故选：B
9．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论错误的是（ ）
A．若，则
B．若为锐角三角形，则
C．若，则一定为直角三角形
D．若，则可以是钝角三角形
【答案】D
【分析】A.由正弦定理及三角形中大角对大边即可判断.
B.通过内角和为化简，再借助角为锐角得到角满足的关系，在再取角的正弦值化简即可.
C.边化角，运用两角差的正弦公式化简，得到角的关系，再借助内角和为计算即可得到.
D. 通过内角和为化简角，再利用两角和的正切公式化简即可得到
，然后判断即可.
【详解】A.因为，所以由正弦定理知，又因为在三角形中大角对大边，所以.故选项A正确.
B. 因为为锐角三角形，所以，即，所以.故选项B正确.
C.由正弦定理边化角得,则或（舍），则,即，则一定为直角三角形.故选项C正确.
D.
又因为最多只有一个角为钝角，所以，即三个角都为锐角,所以为锐角三角形.故选项D错误.
故选：D.
10．已知的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且项的系数为，则的值为（ ）
A．40B．C．D．12
【答案】C
【分析】由二项式定理的性质可得的值，再根据项的系数可求得的值，从而求得结果.
【详解】由只有第4项的二项式系数最大可知，则项为，
即
故选：C
11．已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论：①在区间上有且仅有3个不同的零点；②的最小正周期可能是；③的取值范围是；④在区间上单调递增，其中正确的命题有（ ）
A．②③B．①③C．②④D．①②③④
【答案】A
【分析】令，则，由函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，可求出判断③，再利用三角函数的图象和性质可依次判断①②④.
【详解】由函数，令，
则，由函数在区间上有且仅有4条对称轴，
即有4个整数符合，
由，得，所以，
故，即，所以，故③正确；
对于①，，，又，
当时，在区间上有且仅有3个不同的零点；
当时，在区间上有且仅有4个不同的零点；故①错误；
对于②，周期，由，则，，
又，所以的最小正周期可能是，故②正确；
对于④，，，又，
又，所以在区间上不一定单调递增，故④错误．
故正确结论的序号是：②③.
故选：A.
12．若，其中，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将原等式转化为，利用导数证明可得，
构造函数，再次利用导数研究的单调性，进而解对数不等式即可.
【详解】由，得，
，（*）
令，则，
令，则函数在上是递增的，
所以，由于，则，
由（*）式可得，
从而．
设函数，．
令，得函数在上是递增的，
又，则，
由，可得，则，所以．
故选：D.
二、填空题
13．已知函数，则的单调递减区间为______.
【答案】
【分析】由题得定义域，解即得函数的单调递减区间.
【详解】由题得的定义域为，
由可得，
令，，得，所以的单调递减区间为.
故答案为：
14．已知一个质子在随机外力作用下，从原点出发在数轴上运动，每隔一秒等可能地向数轴正方向或向负方向移动一个单位.若移动n次，则当时，质子位于原点的概率为______.
【答案】
【分析】事件n＝6时质子位于原点等价于事件前6次移动中有且只有3次向左移动，然后根据独立重复试验的概率公式可得答案.
【详解】第n次移动时向左移动的概率为，
事件n＝6时质子位于原点等价于事件前6次移动中有且只有3次向左移动，
所以事件n＝6时质子位于原点的概率为,
故答案为：.
15．已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________．
【答案】2.
【分析】通过向量关系得到和，得到，结合双曲线的渐近线可得从而由可求离心率.
【详解】如图，
由得又得OA是三角形的中位线，即由，得则有，
又OA与OB都是渐近线，得又，得．又渐近线OB的斜率为，所以该双曲线的离心率为．
【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取几何法，利用数形结合思想解题．
16．如图所示，在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的表面积为______.
【答案】
【分析】由已知条件结合余弦定理求得，若为中点，则由勾股定理知，进而可证面面，又、分别为等腰三角形、等边三角形，即可确定三棱锥的外接球球心的位置，最后求外接球半径及表面积即可.
【详解】由题意知：在中，根据余弦定理有：
，，，
∴中有，即为等边三角形，若为中点，连接，可得，而，则在中有，
∴，又且，即面，又由面知：面面，
∴三棱锥的外接球球心：在中，过三等份点作的垂线与的垂直平分线的交点即为球心，所以令外接球半径为R，，则：
，解得，所以由球的表面积，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：利用面面垂直以及三棱锥中对应的两个垂面分别为等腰、等边三角形，确定三棱锥外接球的球心，结合球心所在平面及外接球性质求球的半径，最后利用球面积公式求面积.
三、解答题
17．等差数列中，，.
(1)设，求数列的前7项和，其中表示不超过x的最大整数，如，；
(2)设，是数列的前n项和，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求得等差数列的通项公式，由的定义，分别求得，即可得到结果；
（2）根据题意可得数列的通项公式，然后由裂项相消法即可得到结果；
【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，则，
所以，则；
且，则，，，
，，，，
所以数列的前7项和为.
（2）由（1）可知，，
所以，
所以.
18．自2022年起内蒙古自治区将进入新一轮的高中课程改革，同时进入新高考的时代，某中学新高一开始试行走班制教学.试行阶段，每位教师均有各自的教室，为调研学生对A、B两位高一数学教师的满意度，从在A、B两位教师的教室中上过课的学生中随机抽取了100人，每人分别对两位高一数学教师的进行评分，满分均为60分.整理评分数据，将分数以10为组距分为6组：，，，，，，得到A教师的分数的频率分布直方图和B教师的分数的频数分布表：
(1)在抽样的100人中，求对A教师评分低于30的人数；
(2)从对B教师评分在范围内的人中随机选出2人，求2人中恰有1人评分在范围内的概率；
(3)如果从A、B两位教师的教室中选择一个教室作为今后三年上课的教室，你会选择哪一个教室？说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图求解，然后根据评分低于30的人数作出判断；
（2）利用古典概型的概率求解；
（3）从两个教师得分低于30分的人数所占比例来看即可.
【详解】（1）由教师的分数频率分布直方图可得，对A教师评分低于30的频率为，
所以对A教师评分低于30的人数为；
（2）从对教师评分在范围内的人中随机选出2人有 种，
2人中恰有1人评分在范围内的选法有种，
所以2人中恰有1人评分在范围内的概率；
（3）从两个教师得分低于30分的人数所占比例来看；
由（1）可知，抽样的100人中，教师评分低于30的人数为20人，
所以教师得分低于30分的人数所占的比例为20%；
而教师评分低于30分的人数为，
所以教师评分低于30分的比例为，
故会选择教师的教室上课.
19．在正方体，，点F为中点，点E为中点
(1)若G点是正方形内的动点（含边界），G点运动时，始终保持，求G点运动轨迹的长度.
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取的中点为H，连接，连接，连接，通过线面平行的证明可证平面，同理可证平面，得到平面平面，判断G点运动轨迹为线段，进而求解；
（2）以A为坐标原点，AB直线为轴，AD直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，写出坐标，结合向量法即可求解.
【详解】（1）取的中点为H，连接，连接，连接.
分别为的中点，
，又，，
四边形是平行四边形，得，
而，所以四边形也是平行四边形，
，而平面，
平面，
连接，
同理可证平面，又，平面平面，
又G点运动时，始终保持，得，
G点运动轨迹为线段，其长度为；
（2）如图，以A为坐标原点，AB直线为轴，AD直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，得，
令平面AEC的法向量为，则，可得，
令，得，
又，==，
因为直线与平面所成角为锐角，所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．已知椭圆的离心率为，且经过点，椭圆C的右顶点到抛物线的准线的距离为4．
(1)求椭圆C和抛物线E的方程；
(2)设与两坐标轴都不垂直的直线l与抛物线E相交于A，B两点，与椭圆C相交于M，N两点，O为坐标原点，若，则在x轴上是否存在点H，使得x轴平分？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在；
【分析】（1）依题意得到方程组，即可求出，，从而得到椭圆方程，再求出椭圆的右顶点，即可求出，从而求出抛物线方程；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据得到，再假设在轴上存在点，使得轴平分，则直线的斜率与直线的斜率之和为，设，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由，即可求出，从而求出的坐标；
【详解】（1）解：由已知得，∴，．
∴椭圆的方程为．
∴椭圆的右顶点为．
∴，解得．
∴抛物线的方程为．
（2）解：由题意知直线l的斜率存在且不为0．
设直线的方程为，，．
由消去y，得．
∴，∴．
∴，．
∴
．
∴．
∴，∴．∴，此时．
∴直线l的方程为．
假设在轴上存在点，使得轴平分，
则直线的斜率与直线的斜率之和为，
设，，
由消去，得．
∴，即恒成立．
∴，．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．解得．
∴在轴上存在点，使得轴平分．
【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理法在圆锥曲线综合中的应用，属于难题；在解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
21．已知函数，.
(1)当函数与函数图像的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；
(2)证明：当时，函数有两个零点.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，先求得公切线的方程，然后与函数联立，可得
函数，求导，即可得其值域，从而得到结果.
（2）根据题意，转化为只要证有两个零点即可，且是函数的一个零点，然后求导，可得其另一个零点在区间上，即可得证.
【详解】（1）设公切线与函数的切点为，则公切线的斜率为，
则公切线的方程为:，将原点坐标代入，得，
解得，即公切线的方程为:，将它与联立，
整理得，令，求导可得，
令，解得，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，值域为，
由于直线与函数相切，即只有一个公共点，故实数a的取值集合为.
（2）因为，要证函数有两个零点，只要证有两个零点即可，且，即是函数的一个零点，
对求导可得，，令，解得，
当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减；
当时，取最小值，且，
所以，
即必定存在使得二次函数，
即，因此在区间必定存在的一个零点，
综上所述，有两个零点，一个是，另一个在区间上.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）写出曲线的普通方程及直线的极坐标方程；
（2）直线与曲线和直线分别交于，（，均异于点）两点，求的取值范围．
【答案】（1）曲线，直线；（2）.
【分析】（1）根据消参法，将曲线C的方程化为普通方程，由直角坐标与极坐标关系，将直线普通方程化为极坐标方程即可.
（2）由（1）知：，，即可求的范围．
【详解】（1）由参数方程为（为参数），得，
∴曲线的普通方程为．
由普通方程为，而，
∴直线的极坐标方程为，即.
（2）∵曲线的极坐标方程为，
∴直线的极坐标方程为，即，
∴，，则的取值范围为．
23．已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若关于的不等式的解集包含，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（I）当，不等式为，分类讨论，即可求解不等式的解集.
（II）由题意的解集包含，转化为当时，恒成立，即，再利用绝对值的定义，即可求解.
【详解】解：（I）当时，，
由解得，综合得；
当时，，
由解得，综合得；
当时，，
由解得，综合得.
所以的解集是.
（II）∵的解集包含，
∴当时，恒成立
原式可变为，即，
∴即在上恒成立，
显然当时，取得最小值10，
即的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．同时注意绝对值不等式有时与函数以及不等式恒成立等知识点相互交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
B教师分数频数分布表
分数区间
频数
2
3
5
15
40
35