2023届宁夏吴忠市高三下学期一轮联考数学（理）试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1吴忠市2023届高三一轮联考试卷理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号．回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交．一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.设全集，集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗解一元二次不等式并用列举法表示出集合A，即可求得.〖详析〗，则.故选：B〖『点石成金』〗本题考查集合的补集运算，涉及一元二次不等式，属于基础题.2.设，则（）A. B. C.2 D.5〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗利用复数的除法运算先求出，再求出模即可.〖详析〗，.故选：B．3.设是等差数列的前项和.若，则（）A. B.8 C.12 D.14〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗利用等差数列下标性质求得，再利用求和公式求解即可〖详析〗，则故选：D4.已知非常数函数满足，则下列函数中，不是奇函数的为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据奇函数的定义判断．〖详析〗因为，所以，则，是奇函数，同理也是奇函数，，则，是奇函数，，为偶函数，故选：D．5.已知，满足约束条件，则的最大值为（）A.0 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗画出不等式组表示的平面区域，再根据目标函数的几何意义求解作答．〖详析〗作出不等式组表示的平面区域，如图所示（阴影部分）：平移直线，当直线过可行域内的点时，直线在轴上的截距最大，即目标函数取得最大值，联立，解得，故目标函数的最大值为．故选：C．6.在边长为2的正六边形内任取一点，则这个点到该正六边形中心的距离不超过1的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗先求出正六边形的面积，再求出到正六边形中心距离不超过1的点构成的圆的面积，利用面积比即可求出结果.〖详析〗正六边形边长为2，所以其面积为当正六边形内的点落在以正六边形的中心为圆心，1为半径的圆上或圆内时，该点到正六边形的中心的距离不大于1，其面积为所以正六边形内的点到该正六达形中心的距离不起过1的概率.故选：A7.直线与圆相交于两点，则是“的面积为”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件〖答案〗A〖解析〗〖详析〗试题分析：由时,圆心到直线的距离.所以弦长为.所以.所以充分性成立,由图形的对成性当时,的面积为.所以不要性不成立.故选A.考点：1.直线与圆的位置关系.2.充要条件.8.已知函数，则（）A.在上单调递减 B.在上单调递增C.在上单调递减 D.在上单调递增〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.〖详析〗因为.对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.故选：C.9.已知双曲线，直线过双曲线的右焦点且斜率为，直线与双曲线的两条渐近线分别交于、两点（点在轴的上方），且，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据题设易知，结合已知条件可得渐近线斜率，进而可求双曲线的离心率.〖详析〗如下图所示：由题意可知，直线与渐近线垂直，则，又，则，故，则，则，所以，该双曲线的离心率为.故选：B.10.已知圆锥的母线长为，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由圆锥侧面展开图圆心角可构造方程求得圆锥底面半径，在中，利用勾股定理可构造关于圆锥外接球半径的方程，解方程求得，根据球的表面积公式即可求得结果.〖详析〗设圆锥的底面半径为，由题意得：，解得：.如图，是圆锥的一条母线，由圆锥的性质知其外接球的球心在上，连接，，设圆锥的外接球的半径为，则，则，，即，解得：，圆锥的外接球的表面积为.故选：C.11.的最大值与最小值之差为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗利用函数为奇函数，且其图像的对称性，利用导数可得函数的单调性和最值.〖详析〗，设，则则为奇函数，图像关于原点对称，其最大值与最小值是互为相反数，即的最大值与最小值之差为，当时，，故的单调递增区间为，单调递减区间为，所以，所以的最大值与最小值之差为故选：B12.已知是上的单调递增函数，，不等式恒成立，则m的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗令在上是增函数，不等式恒成立等价于，所以，令，转化为.〖详析〗依题意，在上是增函数，，不等式恒成立，即恒成立，等价于恒成立，，令，则，易得，，.故选：D.二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）13.设向量，则与的夹角等于__________．〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗根据平面向量的夹角公式运算求解.详析〗由题意可得：，则，∵，故与的夹角等于.故〖答案〗为：.14.在的二项展开式中，的系数为______.〖答案〗40〖解析〗〖祥解〗求出展开式的通项，然后令的指数为，求出的值，再代入通项中进行化简，即可求得结果.〖详析〗的展开式的通项公式为：，令，解得，所以的系数是.故〖答案〗为：.15.滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点，，处测得阁顶端点的仰角分别为，，.且米，则滕王阁高度___________米.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗设，由边角关系可得，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.〖详析〗设，因为，，，所以，，，.在中，，即①.，在中，，即②，因为，所以①②两式相加可得：，解得：，则，故〖答案〗为：.16.已知，，，，使得成立，则实数a的取值范围是___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由题可得，求导可得的单调性，将的最小值代入，即得.〖详析〗∵，，使得成立，∴．由，得，当时，，∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，∴函数在区间上的最小值为．又在上单调递增，∴函数在区间上的最小值为，∴，即实数的取值范围是．故〖答案〗为：.三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共60分）17.在△中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．（1）求角C；（2）若△的面积，且，求△的周长．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用余弦定理求得的值，进而求得角C的值；（2）依据题给条件得到关于的方程组，求得的值，进而求得△的周长．〖小问1详析〗因为，由余弦定理，得到，又，所以；〖小问2详析〗因为△的面积，且，所以有，联立，则，所以△的周长为18.毛猴是老北京的传统手工艺品，制作材料都取自中药材，工序大致分为三步，第一步用蝉蜕做头和四肢；第二步用辛夷做身子：第三步用木通做道具.已知小萌同学在每个环节制作合格的概率分别为，，，只有当每个环节制作都合格时.这件作品才算制作成功，（1）求小萌同学制作一件作品成功的概率；（2）若小萌同学制作了3件作品，假设每次制作成功与否相互独立.设其中成功的作品数为.求的分布列及期望.〖答案〗（1）（2）的分布列见〖解析〗，〖解析〗〖祥解〗（1）利用相互独立事件的概率乘法公式计算即可得出；（2）先确定，写出的可能值，再求出对应的概率即可作答.〖小问1详析〗根据题意知，由相互独立事件的概率乘法公式得小萌同学学制作一作品成功的概率为：.〖小问2详析〗根据题意知，的可能值为：显然，则

所以的分布列为：0123的数学期望：19.如图，四棱锥中，四边形是矩形，平面，E是的中点．（1）若的中点是M，求证：平面；（2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值．〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）取PC的中点F，连接EM，DF，FM，再根据已知得四边形DEMF是平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；（2）由平面，，建立空间直角坐标系，求得平面PCE的一个法向量，平面PAB的一个法向量为，由求解可得〖答案〗.〖小问1详析〗如图所示：取PC的中点F，连接EM，DF，FM，因为四边形为矩形，E是的中点，所以，，所以，所以四边形DEMF是平行四边形，所以，又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.〖小问2详析〗由平面，，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，设平面PCE的一个法向量为，则，即，令，得，易知平面PAB的一个法向量为，则，设平面与平面所成二面角为，所以.20.椭圆的离心率为，右焦点为，点在椭圆上运动，且的最大值为．（1）求椭圆的方程；（2）过作斜率分别为，的两条直线分别交椭圆于点，，且，证明：直线恒过定点．〖答案〗（1）；（2）证明见〖解析〗.〖解析〗〖祥解〗（1）根据和求解；（2）当直线斜率不存在时，设直线方程为，由求解；当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，由，利用韦达定理，求得k，t的关系，代入求解.〖详析〗（1）由题意得，①又，得，②由①②得，．又，所以椭圆的方程为．（2）当直线斜率不存在时，设直线方程为，则，，则，，所以，解得．当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，得．设，，则，，则，即，依题可知，所以，代入直线方程，得，即，联立方程组，综上所述可知直线恒过定点．21.已知函数．（1）当时，求的极值；（2）若对，恒成立，求的取值范围．〖答案〗（1）极小值，无极大值（2）〖解析〗〖祥解〗（1）当时，，求出，然后可得〖答案〗；（2）分、两种情况讨论，当时，可判断出在上有唯一零点，且，然后可得，然后可得的范围，然后可得的范围.〖小问1详析〗当时，，．当时，；当时，．所以有极小值，无极大值．〖小问2详析〗由题得，．①当时，，，故，在上单调递增．所以，解得（舍去）．②当时，，，令，则所以在上单调递增，故在上有唯一零点，且．当，，单调递减；当，，单调递增．所以，即，解得．又因为在上单调递增，所以．综上，的取值范围为．（二）选考题（共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．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.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）若点的极坐标为，直线与曲线交于两点，求的值.〖答案〗（1），；（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据同角的三角函数关系式对曲线的参数方程进行消参，再根据极坐标和直角坐标互化公式进行求解即可；（2）根据参数的几何意义进行求解即可.〖小问1详析〗曲线的参数方程为（为参数），，直线的极坐标方程为，化简得，由得，直线的直角坐标方程为.〖小问2详析〗由点的极坐标为，点的直角坐标为，点在直线上，直线的参数方程为（为参数），代入得设A,B对应的参数分别为，，故不妨设且，.〖选修4-5：不等式选讲〗23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）记的最小值为m，若，，，证明：.〖答案〗（1）；（2）证明见〖解析〗.〖解析〗〖祥解〗(1)分类讨论去绝对值符号解不等式即可；(2)根据绝对值性质求出m，则由得，然后利用基本不等式即可求其最小值.〖小问1详析〗即为，记∴不等式的解转化为：；或；或，综上，原不等式的解集为.〖小问2详析〗由题可知，，当且仅当时取等号.∴，∴，即为，则，当且仅当，即，即，时取等号.高考模拟试题PAGEPAGE1吴忠市2023届高三一轮联考试卷理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号．回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交．一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.设全集，集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗解一元二次不等式并用列举法表示出集合A，即可求得.〖详析〗，则.故选：B〖『点石成金』〗本题考查集合的补集运算，涉及一元二次不等式，属于基础题.2.设，则（）A. B. C.2 D.5〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗利用复数的除法运算先求出，再求出模即可.〖详析〗，.故选：B．3.设是等差数列的前项和.若，则（）A. B.8 C.12 D.14〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗利用等差数列下标性质求得，再利用求和公式求解即可〖详析〗，则故选：D4.已知非常数函数满足，则下列函数中，不是奇函数的为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据奇函数的定义判断．〖详析〗因为，所以，则，是奇函数，同理也是奇函数，，则，是奇函数，，为偶函数，故选：D．5.已知，满足约束条件，则的最大值为（）A.0 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗画出不等式组表示的平面区域，再根据目标函数的几何意义求解作答．〖详析〗作出不等式组表示的平面区域，如图所示（阴影部分）：平移直线，当直线过可行域内的点时，直线在轴上的截距最大，即目标函数取得最大值，联立，解得，故目标函数的最大值为．故选：C．6.在边长为2的正六边形内任取一点，则这个点到该正六边形中心的距离不超过1的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗先求出正六边形的面积，再求出到正六边形中心距离不超过1的点构成的圆的面积，利用面积比即可求出结果.〖详析〗正六边形边长为2，所以其面积为当正六边形内的点落在以正六边形的中心为圆心，1为半径的圆上或圆内时，该点到正六边形的中心的距离不大于1，其面积为所以正六边形内的点到该正六达形中心的距离不起过1的概率.故选：A7.直线与圆相交于两点，则是“的面积为”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件〖答案〗A〖解析〗〖详析〗试题分析：由时,圆心到直线的距离.所以弦长为.所以.所以充分性成立,由图形的对成性当时,的面积为.所以不要性不成立.故选A.考点：1.直线与圆的位置关系.2.充要条件.8.已知函数，则（）A.在上单调递减 B.在上单调递增C.在上单调递减 D.在上单调递增〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.〖详析〗因为.对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.故选：C.9.已知双曲线，直线过双曲线的右焦点且斜率为，直线与双曲线的两条渐近线分别交于、两点（点在轴的上方），且，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据题设易知，结合已知条件可得渐近线斜率，进而可求双曲线的离心率.〖详析〗如下图所示：由题意可知，直线与渐近线垂直，则，又，则，故，则，则，所以，该双曲线的离心率为.故选：B.10.已知圆锥的母线长为，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由圆锥侧面展开图圆心角可构造方程求得圆锥底面半径，在中，利用勾股定理可构造关于圆锥外接球半径的方程，解方程求得，根据球的表面积公式即可求得结果.〖详析〗设圆锥的底面半径为，由题意得：，解得：.如图，是圆锥的一条母线，由圆锥的性质知其外接球的球心在上，连接，，设圆锥的外接球的半径为，则，则，，即，解得：，圆锥的外接球的表面积为.故选：C.11.的最大值与最小值之差为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗利用函数为奇函数，且其图像的对称性，利用导数可得函数的单调性和最值.〖详析〗，设，则则为奇函数，图像关于原点对称，其最大值与最小值是互为相反数，即的最大值与最小值之差为，当时，，故的单调递增区间为，单调递减区间为，所以，所以的最大值与最小值之差为故选：B12.已知是上的单调递增函数，，不等式恒成立，则m的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗令在上是增函数，不等式恒成立等价于，所以，令，转化为.〖详析〗依题意，在上是增函数，，不等式恒成立，即恒成立，等价于恒成立，，令，则，易得，，.故选：D.二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）13.设向量，则与的夹角等于__________．〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗根据平面向量的夹角公式运算求解.详析〗由题意可得：，则，∵，故与的夹角等于.故〖答案〗为：.14.在的二项展开式中，的系数为______.〖答案〗40〖解析〗〖祥解〗求出展开式的通项，然后令的指数为，求出的值，再代入通项中进行化简，即可求得结果.〖详析〗的展开式的通项公式为：，令，解得，所以的系数是.故〖答案〗为：.15.滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点，，处测得阁顶端点的仰角分别为，，.且米，则滕王阁高度___________米.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗设，由边角关系可得，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.〖详析〗设，因为，，，所以，，，.在中，，即①.，在中，，即②，因为，所以①②两式相加可得：，解得：，则，故〖答案〗为：.16.已知，，，，使得成立，则实数a的取值范围是___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由题可得，求导可得的单调性，将的最小值代入，即得.〖详析〗∵，，使得成立，∴．由，得，当时，，∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，∴函数在区间上的最小值为．又在上单调递增，∴函数在区间上的最小值为，∴，即实数的取值范围是．故〖答案〗为：.三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共60分）17.在△中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．（1）求角C；（2）若△的面积，且，求△的周长．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用余弦定理求得的值，进而求得角C的值；（2）依据题给条件得到关于的方程组，求得的值，进而求得△的周长．〖小问1详析〗因为，由余弦定理，得到，又，所以；〖小问2详析〗因为△的面积，且，所以有，联立，则，所以△的周长为18.毛猴是老北京的传统手工艺品，制作材料都取自中药材，工序大致分为三步，第一步用蝉蜕做头和四肢；第二步用辛夷做身子：第三步用木通做道具.已知小萌同学在每个环节制作合格的概率分别为，，，只有当每个环节制作都合格时.这件作品才算制作成功，（1）求小萌同学制作一件作品成功的概率；（2）若小萌同学制作了3件作品，假设每次制作成功与否相互独立.设其中成功的作品数为.求的分布列及期望.〖答案〗（1）（2）的分布列见〖解析〗，〖解析〗〖祥解〗（1）利用相互独立事件的概率乘法公式计算即可得出；（2）先确定，写出的可能值，再求出对应的概率即可作答.〖小问1详析〗根据题意知，由相互独立事件的概率乘法公式得小萌同学学制作一作品成功的概率为：.〖小问2详析〗根据题意知，的可能值为：显然，则

所以的分布列为：0123的数学期望：19.如图，四棱锥中，四边形是矩形，平面，E是的中点．（1）若的中点是M，求证：平面；（2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值．〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）取PC的中点F，连接EM，DF，FM，再根据已知得四边形DEMF是平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；（2）由平面，，建立空间直角坐标系，求得平面PCE的一个法向量，平面PAB的一个法向量为，由求解可得〖答案〗.〖小问1详析〗如图所示：取PC的中点F，连接EM，DF，FM，因为四边形为矩形，E是的中点，所以，，所以，所以四边形DEMF是平行四边形，所以，又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.〖小问2详析〗由平面，，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，设平面PCE的一个法向量为，则，即，令，得，易知平面PAB的一个法向量为，则，设平面与平面所成二面角为，所以.20.椭圆的离心率为，右焦点为，点在椭圆上运动，且的最大值为．（1）求椭圆的方程；（2）过作斜率分别为，的两条直线分别交椭圆于点，，且，证明：直线恒过定点．〖答案〗（1）；（2）证明见〖解析〗.〖解析〗〖祥解〗（1）根据和求解；（2）当直线斜率不存在时，设直线方程为，由求解；当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，由，利用韦达定理，求得k，t的关系，代入求解.〖详析〗（1）由题意得，①又，得，②由①②得，．又，所以椭圆