2023届宁夏吴忠市高三模拟联考数学（理）试题

2023届宁夏吴忠市高三模拟联考数学（理）试题一、单选题1．设，则复数（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意结合复数的除法运算法则即可求得z的值.【详解】由题意可得：.故选：A.2．设集合，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】解出N的解集，利用两个集合的交集的定义求解即可.【详解】因为，故，故选.3．在学生人数比例为2：3：5的A，B，C三所学校中，用分层抽样方法招募n名志愿者，若在A学校恰好选出了6名志愿者，那么n=（

）A．9 B．15 C．24 D．30【答案】D【分析】设A学校的学生人数为2k，得到三所学校共有学生10k人，再利用比例求解.【详解】解：设A学校的学生人数为2k，则三所学校共有学生10k人，由题意：.故选：D.4．已知互不重合的直线，，互不重合的平面，，，下列命题错误的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】C【分析】利用面面平行具有传递性的性质，可判断A选项；利用面面平行与垂直的性质，可判断B选项；利用面面平行的性质定理可判断C、D选项；【详解】对于选项，，则，故A正确；对于B选项，，则，故B正确；对于选项，，则或，故C错误；对于D选项，，根据面面平行，可证得线面平行，即，故正确.故选：C.5．已知向量，当.则（

）A．80 B． C． D．5【答案】C【分析】根据平面向量夹角公式、平面向量模公式进行求解即可.【详解】向量，，解得实数，则.故选：C6．已知等差数列的前4项和为20，且，则（

）A．16 B．8 C．4 D．2【答案】B【分析】解：设等差数列的的公差为，由等差数列的前4项和为20，且，利用“”法求解.【详解】解：设等差数列的的公差为，则，解得，故选：B.7．某城新冠疫情封城前，某商品的市场需求量y1（万件），市场供应量y2（万件）与市场价格x（百元/件）分别近似地满足下列关系：，，当时的需求量称为平衡需求量，解封后，政府为尽快恢复经济，刺激消费，若要使平衡需求量增加6万件，政府对每件商品应给予消费者发放的消费券补贴金额是（

）A．6百元 B．8百元 C．9百元 D．18百元【答案】C【分析】求出封城前的平衡需求量，可计算出解封后的需求量，利用需求量计算价格差距即为补贴金额.【详解】封城前平衡需求量时的市场价格x为，平衡需求量为30，平衡价格为20，解封后若要使平衡需求量增加6万件，则，，则补贴金额为.故选：C.8．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，得到，再由诱导公式和二倍角公式求解.【详解】解：令，则，即，所以，故选：B.9．抛物线上两点（不与重合），满足，则面积的最小值是（

）A．4 B．8 C．16 D．18【答案】C【分析】设直线为且，且，联立抛物线应用韦达定理求得，根据已知有，直线过定点，再由求最值.【详解】由题设，可设直线为且，且，联立，消去得，故，则，由，易知，则或（舍），故的方程为过定点(4,0)，由上知：，则面积为，时等号成立.故选：C10．已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】构造函数并利用其单调性得出，即可得到，构造函数并利用其单调性得出，再利用中间值得，从而得到结果.【详解】设函数，，则，当时，，所以在上单调递增，所以，所以，所以，即，得；设函数，则，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以，当且仅当时等号成立，所以，即；又，所以，所以，综上，故选：C.11．甲､乙､丙､丁进行足球单循环小组赛（每两队只进行一场比赛），每场小组赛结果相互独立.已知甲与乙､丙､丁比赛获胜的概率分别为，且.记甲连胜两场的概率为，则（

）A．甲在第二场与乙比赛，最大B．甲在第二场与丙比赛，最大C．甲在第二场与丁比赛，最大D．与甲和乙､丙､丁的比赛次序无关【答案】A【分析】结合选项分三种情况，分别求解概率，比较大小可得答案.【详解】因为甲连胜两场，则第二场甲必胜，①设甲在第二场与乙比赛，且连胜两场的概率为，则；②设甲在第二场与丙比赛，且两场连胜的概率为，则；③设甲在第二场与丁比赛，且两场连胜的概率为，则.所以，，所以，因此甲在第二场与乙比赛，最大，A正确，B,C,D错误.故选：A.12．已知是定义域为的函数，为奇函数，为偶函数，则有①为奇函数，②关于对称，③关于点对称，④，则上述推断正确的是（

）A．②③ B．①④ C．②③④ D．①②④【答案】D【分析】解：（法一）根据为奇函数，得到关于对称，再由是上的奇函数，得到过，然后由为偶函数，得到关于对称，再结合推出的周期为4即可.（法二）举例判断；【详解】解：（法一）因为为奇函数，所以关于对称，又是上的奇函数，过，点，所以过，所以有；又为偶函数，所以，所以关于对称；所以有，又，所以，所以周期为4，所以由，得，所以为奇函数，所以①②④正确.（法二）举例：符合题意，再验证得到①②④正确.故选：D.二、填空题13．若的展开式中共有7项，则常数项为___________（用数字作答）.【答案】240【分析】由可得的值，再写出展开式的通项，令的指数位置等于即可求解.【详解】因为的展开式中共有7项，所以，可得，所以展开式的通项为，令可得，所以常数项为，故答案为：.14．若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则C的离心率为_______．【答案】【分析】易得双曲线渐近线为，再利用两直线垂直斜率之积为-1求出，结合离心率公式即可求解.【详解】双曲线的渐近线方程为，直线斜率为，由一条渐近线与直线垂直得，解得，所以离心率为．故答案为：15．已知表面积为54的正方体的顶点都在球O上，过球心O的平面截正方体所得的截面过正方体相对两棱，的中点F，E，设该截面与及的交点分别为M，N，点P是正方体表面上一点，则以截面EMFN为底面，以点P为顶点的四棱锥的体积的最大值为___________.【答案】9【分析】由正方体表面积求出正方体的棱长，判断棱锥高最大时点的位置，等体积法计算四棱锥的体积，并求出最大值.【详解】设该正方体的棱长为a，球的半径为r，所以有，解得，所以该正方体的棱长为3.如题图，由题意可知，若该截面必过正方体相对两棱BB1，DD1的中点F，E，则该截面EMFN为菱形，显然，而，所以，显然，所以，而，，平面，所以平面.由题图可以看出当点与点或点重合时棱锥的高最大，为球的半径.，而，则；综上所述，所求四棱锥的体积的最大值为9.故答案为：916．已知函数，如图是的部分图象，则在区间上的值域是___________.【答案】【分析】由已知，根据辅助角公式化简可得，进而根据，可求得或，再结合图像可求得，由图像可知，从而解得，再由已知，结合正弦函数的性质，即可得出的值域.【详解】，由题图可知，即，得，所以或，解得：或，因为，所以或，所以或，根据图象可得，则，则，解得：，当时，由图象过点，则0，所以，解得：，结合无解；当时，由图象过点，则0，所以，解得：，结合，得：，所以.当时，，，则，，即.故答案为：.三、解答题17．某企业为了扩大产能规模并提高生产效率，对生产设备进行升级换代，为了对比生产设备升级后的效果，采集了生产设备升级前后各20次连续正常运行的时间（单位：天），得到以下数据：升级前：21，32，25，24，33，19，28，26，39，36，22，18，28，26，31，17，24，21，22，26；升级后：33，28，40，23，27，38，41，35，44，39，33，25，40，35，41，27，38，33，46，34.(1)完成下面列联表；生产设备连续正常运行超过30天生产设备连续正常运行不超过30天合计生产设备升级前生产设备升级后合计(2)是否有的把握说明生产设备升级与设备连续正常运行的时间有关？参考公式：，其中.参考数据：【答案】(1)答案见解析(2)我们有的把握认为：生产设备升级与设备连续正常运行的时间有关【分析】（1）根据题干信息可完善列联表；（2）提出假设：生产设备升级与生产设备连续正常运行的时间无关，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论.【详解】（1）解：列联表为：生产设备连续正常运行超过30天生产设备连续正常运行不超过30天合计生产设备升级前51520生产设备升级后15520合计202040（2）解：提出假设：生产设备升级与生产设备连续正常运行的时间无关，根据列联表中数据，可以求得：，因为当成立时，，所以我们有的把握认为：生产设备升级与设备连续正常运行的时间有关.18．已知数列满足，.(1)设，求和的值及数列的通项公式；(2)若不等式成立，求正整数的最小值.【答案】(1)，(2)正整数的最小值为7【分析】（1）根据递推公式求出、、的值，即可求出，，再由，，即可得到，从而得到是为首项，为公比的等比数列，即可求出其通项公式；（2）由（1）可得是1为首项，2为公比的等比数列，利用分组求和及等比数列求和公式求出，即可得到，解得，从而求出的最小值.【详解】（1）由已知，所以，则，，则，，则；因此，，因为，，所以，即，故是为首项，为公比的等比数列，因此；（2）由（1）知，又，所以，可得，所以是1为首项，2为公比的等比数列，因此，由，解得，因为，又因为，所以正整数的最小值为.19．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，且平面底面(1)求证：；(2)若，且直线与平面所成角的正弦值为.求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定和性质即可求解；（2）根据线面角的正弦值和二面角的余弦值的法向量求法即可求解.【详解】（1）证明：在四棱锥中，，又平面底面，且平面底面底面所以平面，因为平面，所以，又，且底面底面，所以底面，因为平面，所以.（2）不妨令，设，作，垂足为，因为，所以，又，所以，由（1）知底面，所以，分别以直线为轴，轴，轴建系如图，则，，设平面的一个法向量为，则即令，则，可得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，，解得，所以平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则即令，则1，可得平面的一个法向量为，设平面与平面所成锐二面角为，则所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.20．已知函数.(1)当时，求函数在点处的切线方程；(2)若且恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）代入，得到，求出导函数，根据导数的几何意义求得切线的斜率，即可得出答案；（2）因为，分离参数可得.构造函数，根据的导函数，得出的单调性，进而得出函数的最大值为，即可得出，进而得出的取值范围.【详解】（1）当时，，，可得，故，所以函数在点处的切线方程为.（2）由已知，所以，由，得.因为，所以上式可化为.令，则，令，则.因为，所以，所以为上的减函数，且，故时，，即，所以在上单调递增；当时，，即，所以在在上为单调递减.所以，当时，取得极大值，也是最大值.则要使在上恒成立，则应有.又因为，故.21．已知分别是椭圆的上顶点､右顶点，左､右焦点分别为，到直线的距离为，且到直线的距离与到直线的距离之比为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线与椭圆交于两个不同的点，为坐标原点，若满足的点正好在椭圆上，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题设可得，结合椭圆参数关系、点线距离公式列方程求参数即可得椭圆方程；（2）讨论直线的斜率，设，，联立椭圆方程，应用韦达定理，表示出坐标，最后由点线距离、弦长公式及三角形面积公式求的面积.【详解】（1）设椭圆的半焦距为.因为到直线的距离与到直线的距离之比为，所以，即所以，则，又，则，则，因为直线的方程为，即，到直线的距离，则，解得，则，因此，椭圆的标准方程为.（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，当时，的坐标分别为；当时，的坐标分别为当直线的斜率存在时，设，设，联立可得，，得，由韦达定理得，因为，即，将的坐标代入椭圆的方程得，则，此时，，点到直线的距离为，，所以，综上，.22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数且），与坐标轴交于A，B两点.(1)求；(2)曲线的参数方程为（θ为参数），求上的点到直线AB距离的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）分别令和可求得、坐标，然后可得；（2）由点到直线的距离公式计算可得.【详解】（1）令，则，解得，或（舍），则，即，令，则，解得，或（舍），则，即，；（2）设上点的坐标为，由（1）知直线AB的方程为，则上的点到直线AB的距离，当时，d取最小值.23．已知关于x的不等式