2023届内蒙古高三仿真模拟考试数学（文）试题含解析

2023届内蒙古高三仿真模拟考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解不等式求得集合，由交集定义可求得结果.

【详解】由得：，即，.

故选：A.

2．若复数满足，则z＝（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的乘法运算解决即可.

【详解】由题意可得，.

故选：C

3．在中，内角所对应的边分别是，若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用正弦定理直接求解即可.

【详解】因为，，

所以由正弦定理得：.

故选：B.

4．已知向量，，且，则向量的夹角是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由可求得，根据向量夹角公式可求得结果.

【详解】，，

，又，.

故选：D.

5．已知函数的图象关于直线对称，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据正弦型函数的对称轴可构造方程求得的取值，进而可确定的最小值.

【详解】关于直线对称，，解得：，

当时，取得最小值.

故选：A.

6．在直三棱柱中，是等边三角形，，D，E，F分别是棱，，的中点，则异面直线BE与DF所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】取等边△ABC的AC边的中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，运用异面直线所成角的计算公式即可得结果.

【详解】取等边△ABC的AC边的中点O，连接OB，则，过O作的平行线，则以O为原点，分别以OB、OC、Oz为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

设等边△ABC的边长为2，则，，，，

∴，，

∴.

所以异面直线BE与DF所成角的余弦值为.

7．某校举行校园歌手大赛，5名参赛选手的得分分别是9，8.7，9.3，x，y.已知这5名参赛选手的得分的平均数为9，方差为0.1，则（    ）

A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8

【答案】D

【分析】先由平均数和方差分别得到和的值，再整体代入计算的值即可.

【详解】因为平均数为，

所以.

因为方差为

所以，

所以，

又因为，

所以，

所以，

所以.

故选：D.

8．设函数的导函数为，若在其定义域内存在，使得，则称为“有源”函数.已知是“有源”函数，则a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据“有源”函数概念，转化为函数有解问题，利用导函数求出函数值域即可得到参数a的范围

【详解】∵，∴，

由是“有源”函数定义知，存在，使得，即有解，

记，所以a的取值范围是就是函数的值域，

则，

当时，，此时单调递增，

当时，，此时单调递减，

所以，所以，

即a的取值范围是.

故选：A

9．如图，这是第24届国际数学家大会会标的大致图案，它是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的.现用红色和蓝色给这4个三角形区域涂色，每个区域只涂一种颜色，则相邻的区域所涂颜色不同的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据古典概型概率的计算公式即可求解.

【详解】将四块三角形区域编号如下，

由题意可得总的涂色方法有种，

若相邻的区域所涂颜色不同，即12同色，34同色，故符合条件的涂色方法有2种，

故所求概率.

故选：A

10．已知是定义在上的增函数，且的图象关于点对称，则关于的不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将所求不等式化为，可令，根据奇函数定义和单调性性质可确定为奇函数且在上单调递增，由定义域、奇偶性和单调性可构造不等式组求得结果.

【详解】由得：，

令，则；

关于对称，，

，为定义在上的奇函数；

又为上的增函数，为增函数，在上单调递增，

则由得：，

，解得：，即的解集为.

故选：D.

11．已知球O的半径为2，圆锥内接于球O，当圆锥的体积最大时，圆锥内切球的半径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设圆锥的底面半径为，体积求导判断单调性求出的值，再根据圆锥内切球的半径等于圆锥轴截面的内切圆的半径求解内切球半径.

【详解】设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为，

所以圆锥的体积，

令，则，所以.

因为，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以当，即时，圆锥的体积最大，此时圆锥的高为，母线长为.

因为圆锥内切球的半径等于圆锥轴截面的内切圆的半径，

所以圆锥内切球的半径.

故选：C

12．已知抛物线的焦点为，过点作两条互相垂直的直线，且直线分别与抛物线交于和，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，与抛物线方程联立可得韦达定理的结论，结合抛物线焦点弦长公式可求得，同理可得，从而得到，由，利用基本不等式可取得最小值.

【详解】由抛物线方程得：；

由题意知：直线的斜率存在且不为，设，，，

由得：，，此时，

，，

同理可得：，，

（当且仅当，即时取等号），

的最小值为.

故选：B.

二、填空题

13．已知实数满足约束条件，则的最大值为______.

【答案】

【分析】由约束条件作出可行域，将问题转化为在轴截距最大值的求解，采用数形结合的方式可求得结果.

【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示，

当取得最大值时，在轴截距最大，

由图形可知：当过点时，在轴截距最大，

由得：，即，.

故答案为：.

14．已知是第二象限角，且，则______．

【答案】

【分析】利用同角三角函数关系和二倍角正弦公式可直接求得结果.

【详解】是第二象限角，，

，，

.

故答案为：.

15．设为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别是，若双曲线的离心率为，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，则______．

【答案】

【分析】根据离心率和双曲线关系可用表示出，并得到渐近线方程；在和中，结合余弦定理可用表示出，进而求得结果.

【详解】双曲线的离心率，，，

双曲线渐近线为：，

不妨设在上，如下图所示，

，，则，

在中，，

在中，由余弦定理得：，

，.

故答案为：.

16．从商业化书店到公益性城市书房，再到“会呼吸的文化森林”——图书馆，建设高水平、现代化、开放式的图书馆一直以来是大众的共同心声.现有一块不规则的地，其平面图形如图所示，（百米），建立如图所示的平面直角坐标系，将曲线看成函数图象的一部分，为一次函数图象的一部分，若在此地块上建立一座图书馆，平面图为直角梯形（如图），则图书馆占地面积（万平方米）的最大值为______.

【答案】##

【分析】根据图中的点的坐标可求得和直线的方程，设，令，则可将直角梯形的面积表示为关于的函数，利用导数可求得的最大值，即为所求结果.

【详解】由图象可知：图象过点，即，解得：，；

由，得：直线方程为：；

设，则，，

则直角梯形的面积；

令，则，，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递增，

，

即图书馆占地面积（万平方米）的最大值为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解面积最值的问题，解题关键是能够将所求直角梯形面积表示为关于某一变量的函数的形式，从而利用导数求解函数的单调性，进而确定最值.

三、解答题

17．国际足联世界杯（），简称“世界杯”，是由全世界国家级别球队参与，象征足球界最高荣誉，并具有最大知名度和影响力的足球赛事.年卡塔尔世界杯共有支球队参加比赛，共有场比赛.某社区随机调查了街道内男、女球迷各名，统计了他们观看世界杯球赛直播的场次，得到下面的列联表：

(1)求的值，并完成上述列联表；

(2)若一名球迷观看世界杯球赛直播的场次不少于场比赛，则称该球迷为“资深球迷”，请判断能否有的把握认为该社区的一名球迷是否为“资深球迷”与性别有关.

参考公式：，其中.

参考数据：

【答案】(1)，列联表见解析

(2)有的把握认为该社区的一名球迷是否为“资深球迷”与性别有关

【分析】（1）根据球迷总人数可构造方程求得的值，进而补全列联表；

（2）由列联表数据可计算得到，对比临界值表可得结论.

【详解】（1）由题意得：，解得：；

补全列联表如下：

（2）由（1）得：，

有的把握认为该社区的一名球迷是否为“资深球迷”与性别有关.

18．设数列的前n项和为，且，.

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先根据，可得数列是以为公差的等差数列，从而可得数列的通项，再根据与的关系结合构造法即可得解；

（2）先求出数列的通项，再利用裂项相消法即可得解.

【详解】（1）因为，

所以，

所以数列是以为首项，为公差的等差数列，

所以，则，

当时，，

两式相减得，即，

所以数列为常数列，且，

所以；

（2）由（1）得，

所以，

所以.

19．如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点.

(1)证明：平面；

(2)若是棱的中点，，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直判定可证得平面，进而得到；利用勾股定理和线面垂直的判定得到平面，从而得到；利用勾股定理可证得，由此可得结论；

（2）设点到平面的距离为，利用等体积转换的方式，由，结合棱锥体积公式可构造方程求得结果.

【详解】（1）连接，

，，，又，，

为棱中点，，又，，平面，

平面，又平面，；

在直角梯形中，取中点，连接，

，，又，，，

四边形为正方形，，，

，又，，，

，平面，平面，

平面，；

，，，，

又，平面，平面.

（2），，，，

由（1）知：平面，，则点到平面的距离，；

，，，

分别为棱中点，，

，，，，

，，，

由余弦定理得：，则，

，

设点到平面的距离为，

，解得：，

即点到平面的距离为.

20．已知椭圆C：的离心率是，点在椭圆C上.

(1)求椭圆C的标准方程.

(2)直线l：与椭圆C交于A，B两点，在y轴上是否存在点P（点不与原点重合），使得直线PA，PB与x轴交点的横坐标之积的绝对值为定值？若存在，求出P的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）根据题意求出，即可得解；

（2）设，则，联立方程，利用韦达定理求出，在分别求出直线PA，PB的方程，从而可得两直线与交点的横坐标，再相乘整理结合其积为定值，即可得出结论.

【详解】（1）由题意可得，解得，

所以椭圆C的标准方程为；

（2）假设存在，

设，则，

联立，消得，

则，即，

，

则直线的方程为，

令，则，

直线的方程为，

令，则，

则

，

则要使直线PA，PB与x轴交点的横坐标之积的绝对值为定值，

则，解得，

所以存在，且.

【点睛】本题考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系的应用，考查了点的存在性问题及定值问题，有一定的难度.

21．已知函数.

(1)当时，求曲线在处的切线方程；

(2)若对任意的，恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据切点处导函数值等于切线斜率，运用点斜式求切线方程即可；

（2）分，，两种情况解决，当时，参数分离得，设，得，设，求导讨论单调性，得在上单调递减，在上单调递增，即可解决.

【详解】（1）当时，，

所以，

所以，，

所以所求切线方程为，即.

（2）对任意的，恒成立，

等价于对任意的，恒成立.

①当时，显然成立.

②当时，不等式等价于.

设，

所以.

设，则.

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

因为，

所以，

又因为在中，，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以，即的取值范围为.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是.

(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，点，求的值.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）曲线C的参数方程通过平方消元得到普通方程；通过极坐标方程与直角坐标方程关系得到直线l的直角坐标方程；

（2）由题可知点P过直线l，利用直线的参数方程中参数与定点位置关系即可列式计算.

【详解】（1），得，

根据极坐标方程与直角坐标方程关系可知直线l的直角坐标方程为：.

（2）由（1）可知点过直线l，故直线l的参数方程可写为（t为参数），

代入曲线C的普通方程得，

由韦达定理可知：，，

所以.

23．已知函数.

(1)求的最小值；

(2)若，不等式恒成立，求a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据x的不同取值范围，展开化解函数，根据函数的单调性即可判断出的最小值；

（2）根据（1）中解析式简化不等式，再展开绝对值计算即可.

【详解】（1）当时，

当时，

当时，

综上，由此可知

（2）由（1）可知

解得，当时，欲使不等式恒成立，则，解得