新疆维吾尔自治区2023届高三一模数学文理试题（含解析）

新疆维吾尔自治区2023届高三一模数学文理试题
一、单选题
1．已知集合，且，则集合（ ）
A． B． C． D．
2．设为虚数单位，且，则（ ）
A．1 B． C． D．2
3．已知平面向量满足与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，将一个边长为1的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上做法，得到的集合为谢尔宾斯基三角形.设是第n次挖去的小三角形面积之和（如是第1次挖去的中间小三角形面积，是第2次挖去的三个小三角形面积之和），则前10次挖去的所有小三角形面积之和的值为（ ）
A． B．
C． D．
5．一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）
A． B． C． D．
6．若抛物线的焦点也是双曲线的一个焦点，则此抛物线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
7．在等差数列中，若，则的最小值是（ ）
A．2 B．8 C．15 D．19
8．如图，在长方体中，，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．与异面
C．平面
D．平面平面
9． 已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
10．在一个圆上随机取三点，则以这三点为顶点的三角形是锐角三角形的概率为（ ）
A． B． C． D．
11．已知为双曲线的左焦点，过点的直线与圆交于两点（在之间），与双曲线在第一象限的交点为为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
12．设函数，若恒成立，则实数的最大值（ ）
A． B．1 C． D．0
二、填空题
13．冬奥会的两个吉祥物是“冰墩墩“和“雪容融”.“冰墩墩”将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相结合，体现了冰雪运动和现代科技特点.冬残奥会吉祥物“雪容融“以灯笼为原型进行设计创作，顶部的如意造型象征吉祥幸福.小明在纪念品商店买了2个“冰墩墩”和2个“雪容融”，随机选了2个作为礼物寄给他的好朋友小华，则小华收到的礼物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”的概率为__________.
14．三个顶点的坐标分别是，则外接圆的标准方程是__________.
15．以函数的图象上相邻三个最值点为顶点的三角形是正三角形，则__________.
16．直线与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标依次是，则满足的一个等式为__________.
三、解答题
17．在中，分别为内角的对边，.
(1)若，求的值；
(2)求的最大值.
18．如图，边长为2的正方形所在平面与半圆弧所在的平面垂直，是弧上异于，的点.平面与平面的交线为.
(1)证明：⊥平面；
(2)点在线段上，满足，当点到平面的距离为时，判断点在弧的位置，并说明理由.
19．学生的学习除了在课堂上认真听讲，还有一个重要环节就是课后的“自主学习”，包括预习，复习，归纳整理等等，现在人们普遍认为课后花的时间越多越好，某研究机构抽查了部分高中学生，对学生花在课后的学习时间（设为x分钟）和他们的数学平均成绩（设为y）做出了以下统计数据，请根据表格回答问题：
x 60 70 80 90 100 110 120 130
y 92 109 114 120 119 121 121 122
(1)请根据所给数据绘制散点图，并且从以下三个函数从①；②：③三个函数中选择一个作为学习时间x和平均y的回归类型，判断哪个类型更加符合，不必说明理由；
(2)根据（1）中选择的回归类型，求出y与x的回归方程；
(3)请根据此回归方程，阐述你对学习时长和成绩之间关系的看法．
参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为．
参考数据：
20．已知椭圆的离心率为是的左、右焦点，是的上顶点，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)是椭圆的右顶点，斜率为的直线与交于两点（与不重合）.设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的值.
21．已知函数.
(1)若函数存在零点，求实数的最大值；
(2)当时，函数恒成立，求实数的取值范围.
22．在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.
(1)写出曲线的参数方程；
(2)设是曲线上的动点，是曲线上的动点，求之间距离的最大值.
23．已知，求证：
(1)；
(2).
参考答案：
1．B
【分析】先根据一元二次不等式的性质求出集合，然后再根据集合中元素的特征即可求解.
【详解】由题意可知：，
因为集合，集合，且，
所以，
故选：.
2．D
【分析】题中将看做常数，利用复数的运算法则进行化简运算，再利用复数相等，求出即可.
【详解】由题意，，
根据复数相等运算法则，
则且，
解得.
故选：D.
3．C
【分析】利用平方的方法化简，由此求得与的夹角.
【详解】设与的夹角为，
由两边平方得，
即，
由于，所以.
故选：C
4．B
【分析】根据图形可知：每次挖去的小三角形面积之和构成一个以为首项，以为公比的等比数列，利用等比数列的求和公式即可求解.
【详解】原正三角形的面积为，由题意可知：第次挖去个小正三角形，且每次挖去的小三角形面积之和构成一个以为首项，以为公比的等比数列，所以，由等比数列的求和公式可得：前10次挖去的所有小三角形面积之和的值为，
故选：.
5．D
【详解】
试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.
考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.
6．B
【分析】首先表示出抛物线的焦点坐标，再将双曲线方程化为标准式，即可得到其焦点坐标，从而得到方程，解得即可.
【详解】抛物线的焦点为，
双曲线可化简为，其焦点坐标为，
由题意可得，即，解得，
则此抛物线的方程为.
故选：B.
7．C
【分析】根据等差数列通项公式可得，再根据都为大于1的正整数，即可得出的最小值是15.
【详解】由题意可知，设等差数列的公差为，
则，
解得，即；
易知且，
即是10的整数倍，易得时，不是整数，
所以时，的最小值为，满足题意；
所以的最小值为.
故选：C
8．A
【分析】根据题目信息和相似比可知，不可能平行于，与异面，可得A错误，B正确；再利用线面平行和面面平行的判定定理即可证明CD正确.
【详解】如下图所示，连接，
根据题意，由可得，，且；
同理可得，且；
由，而，所以不可能平行于，即A错误；
易知与不平行，且不相交，由异面直线定义可知，与异面，即B正确；
在长方体中，
所以，即四边形为平行四边形；
所以，又，所以；
平面，平面，
所以平面，即C正确；
由，平面，平面，所以平面；
又，平面，平面，所以平面；
又，且平面，
所以平面平面，即D正确.
故选：A
9．D
【分析】构造函数以及函数，分别利用导数研究其单调性，进而根据单调性比较函数值的大小.
【详解】令，，
当时，，，，单调递增，
，即，，即，
令，
，
令，
令，，
当时，，单调递增，
在上单调递减，，
，在上单调递减，
，即，
综上：.
故选：D.
10．A
【分析】不妨设是半径为1的圆的任意一内接三角形，且角所对应的弧长分别为，根据题意列出不等式组，利用几何概型的概率公式即可求解.
【详解】不妨设是半径为1的圆的任意一内接三角形，且角所对应的弧长分别为，则角所对的弧长为.对于，有，，
，该不等式组所表示的区域面积为.
若为锐角三角形，则有，，，该不等式组所表示的区域面积为，所以，
故选：A.
11．D
【分析】根据圆的几何性质，勾股定理，双曲线的几何性质，化归转化思想，画出图形分析即可求解.
【详解】依题意，可得如图所示：
设双曲线的右焦点为，
因为圆，所以半径，
过圆心作弦的垂线，垂足为，则为的中点，
又，所以为的中点，又为的中点，
所以且，又，所以，
因为，所以，所以，
又因为，，
所以，
所以双曲线的离心率为：.
故选：D.
【点睛】本题考查了圆的几何性质垂径定理，勾股定理，双曲线定义的运用，双曲线离心率的求法，解题过程中出现中点时可优先考虑中位线的性质，化归转化的过程中要充分考虑相关图形的性质.
12．D
【分析】由题意，恒成立，即求的最大值，求导数确定函数的单调性，从而可得函数最值，即可得实数的取值范围，得到答案.
【详解】由题意，恒成立，即求的最大值，
函数，定义域为，
，
，而在上单调递减，且时，，时，，
存在，满足，即且，
当，；当,，；
因此函数在上单调递增，在,上单调递减，
，
即实数的取值范围是
实数的最大值为0.
故选：D.
13．
【分析】根据基本事件的个数及满足条件的基本事件的个数，应用古典概型公式求解即可.
【详解】小明在纪念品商店买了2个“冰墩墩”和2个“雪容融”，随机选了2个作为礼物寄给他的好朋友小华，
则基本事件数为；
则小华收到的礼物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”的事件数为；
故.
故答案为：.
14．
【分析】设出圆的一般方程为，利用待定系数法，分别将三个点坐标代入圆的方程，解方程组求出，从而得出圆的一般方程，再根据圆的一般方程和标准方程的互化，即可得出答案.
【详解】设所求圆的一般方程为：，，
由圆经过三点，
，解得：，
则所求圆的一般方程为：，
所以的外接圆的标准方程是：.
故答案为：.
15．/
【分析】作出函数的大致图像，先由正弦函数的性质得，，再由正三角形的性质推得，从而利用三角函数的周期公式即可得解.
【详解】作出函数的大致图像，不妨取如图的相邻三个最值点，设其中两个最大值点为，最小值点为，过作交于，如图，
根据正弦函数的性质可知，，
因为是正三角形，所以，
故，则，
又，则，故，所以.
故答案为：.
16．
【分析】令，则，令，求导得到单调性从而画出的图象，判断曲线和曲线只有一个交点.再分别对，求导得到单调性后画出图象，从而确定当直线经过曲线曲线和曲线的唯一公共点时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点，进而得到，且利用同构化为再借助的单调性得到，，借助，最终可得.
【详解】令，即，则，令，则
所以当时，单调递增；当时，单调递减，
，又，所以的图象如图所示：
由图可知，的图象只有一个交点，因此曲线和曲线只有一个交点.
对求导，可得
所以当时，单调递减；当时，单调递增，
所以.
对求导，可得
所以当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，
所以图象如图所示：
由图知，当直线经过曲线曲线和曲线的唯一公共点时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点，
则有，且则
且在上单调递减，，
又且在上单调递增，，
而即，，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：先判断曲线和曲线只有一个交点，可以令，即，则，构造函数，求导得到单调性画出图象判断.
17．(1)1
(2)
【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式化简得，则，则得到的值；
（2）利用余弦定理和辅助角公式得，则，解出，则得到最大值.
【详解】（1）由得,
即，
即
即,因为,
所以,即,
由得，故.
（2）由结合余弦定理得,
则,
于是,
即.
解得,
故当时，有最大值.
18．(1)证明见解析
(2)点在弧的中点处，理由见解析
【分析】（1）根据面面垂直得到平面，再根据线面平行得到，从而证明出结论；
（2）根据比例关系得到到平面的距离，设，可得到平面的距离，根据，列出方程，求出，得到点在弧的位置.
【详解】（1）∵平面平面，交线为，，平面，
平面，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面与平面的交线为，平面，
∴，
平面.
（2）点在弧的中点处，理由如下：
点在线段上，满足，
，又点到平面的距离为，
到平面的距离为，
设，可得，
过点作⊥于点，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
设到平面的距离为，则，
在中，可得，
由，可得，
，
，解得，
，故，
点在弧的中点处.
19．(1)散点图见解析，最合适
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）根据所给数据可得散点图，根据散点图可得函数模型；
（2）由（1）中模型可得，设，，则，利用公式可求后者，从而得到前者；
（3）根据回归方程可得相应的看法.
【详解】（1）散点图如图所示：
由图象可知最合适.
（2）对两边取以为底的对数可得，
设，，则，
，
，，
故即，
.
（3）此回归方程为关于时间的增函数，说明随着学习时间的增加，学习成绩是提高的，但是函数的增速先快后慢，说明如果原来成绩较低，通过增加学习时间可以有效提高成绩，但是当成绩提高到120分左右时，想要通过延长学习时间来提高学习成绩就比较困难了，需要想别的办法.
20．(1)
(2)
【分析】(1)由已知得点由结合从而可解；
(2) 设点直线的方程为利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤即可求解.
【详解】（1）由已知得点则，
①
又由有，，即②
联立①②解得
故椭圆的方程为.
（2）设点直线的方程为
联立整理得：
则即
由韦达定理得：(*)
又点则故
将代人整理得：
将(*)代入得：
因为所以，即解得或
因为与不重合，所以，故
所以(**)
所以
将(**)代入得
故
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．(1)
(2)
【分析】（1）题目转化为函数与有交点，求导得到单调区间，计算最值得到答案.
（2）题目转化为，设，求导得到导函数，再设，确定函数大于零恒成立，得到的单调区间，计算最值得到答案.
【详解】（1）函数，，
函数存在零点，则方程存在实数解，
故函数与有交点，，，
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
故时，函数取得极大值即最大值，，故，
实数的最大值为.
（2）当时，函数恒成立，即，
令，
，
令，，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
故时，函数取得极小值即最小值，，故恒成立，
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
故当时，函数取得极大值即最大值，，即.
实数的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数的零点问题，利用导数解决不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用参数分离的思想，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题是解题的关键.
22．(1)，（为参数）.
(2)
【分析】（1）利用极坐标和直角坐标方程的互化公式和二倍角公式可得的直角坐标方程为，再根据圆锥曲线参数方程可得的参数方程为，（为参数）；
（2）根据题意可得之间距离的最大值为点到圆心的距离的最大值再加上半径，根据二次函数性质即可求得最大值.
【详解】（1）根据曲线的极坐标方程为可得，
，即，
所以曲线的直角坐标方程为；
根据圆锥曲线参数方程定义可得，
曲线的参数方程为，（为参数）.
（2）由曲线的极坐标方程为可得，
曲线的直角坐标方程为，其圆心，半径；
由题意可得设，
易知之间距离的最大值为点到圆心的距离的最大值再加上半径，
即，
由二次函数性质可知，当时，；
所以之间距离的最大值为
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用三元基本不等式即可得证.
（2）利用基本不等式推得，，，再相加即可得证．
【详解】（1）因为，
所以，即，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即，故.
（2）因为，
因为，当且仅当，即取得等号，
同理可得，当且仅当取得等号，
同理可得，当且仅当取得等号，
上面三式相加可得，即，
当且仅当，，且，即时，等号成立，
因为，所以，
所以.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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