1、绝密启用前2023年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题卷( 银川一中第二次模拟考试 )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作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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已知复数z在复平面内对应的点为，是z的共轭复数，则 ABCD2已知集合，若，则 ABCD3已知命题的否定为“，”，则下列说法中正确的是 A命题为“，x2+11”且为真命题 B命题为“，”且为假命题 C命题为“，”且为假命题 D命题为“，”
2、且为真命题4世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费 马猜想”已经分别在1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”281年过去了， 哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的成果“12”由我国数学家陈景润在1966年取得哥 德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和在不超过17的 质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数的概率为 ABCD5执行如图所示程序框图，则输出的S的值是 A B C D6下列函数中，定义域和值域不相同的是 AB CD7已知向量， 且，则实数的值为 A8BC4D8 已知焦点在轴上的双曲线，一条渐近线的倾斜
3、角是另一条渐近线的倾斜角的5倍， 则双曲线的离心率是 AB2CD9如图，生活中有很多球缺状的建筑球被平面截下的部分叫做球缺，截面叫做球缺的底 面，球缺的曲面部分叫做球冠，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高球冠面 积公式为，球缺的体积公式为， 其中R为球的半径，H为 球缺的高现有一个球被一 平面所截形成两个球缺，若两个球冠的面积之比为， 则 这两个球缺的体积之比为 A B CD10已知关于x的方程有两个正根，那么两个根的倒数和最小值是 A-2BCD111为了降低或消除白炽灯对眼睛造成的眩光，给光源加上一个不透光材料做的灯罩，可以起到十分显著的效果.某一灯罩的防止眩光范围，可用遮光角这一水平
4、夹角来衡量.遮光角是指灯罩边沿和发光体边沿的连线与水平线所成的夹角，图中灯罩的遮光角用表示.若图中，且，则 A44B66C88D11012 曲线，要使直线与曲线有四个不同的交 点，则实数的取值范围是A B CD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13总体由编号为01，02，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为_ 7816657208026314070243691128059814在等比数列中，、是函数的极值点，则_15如图是正方体的平面展开图，则在这个正
5、方体中， 异面直线AB与CD的夹角为_16若直线与曲线相切，直线 与曲线相切，则的值为_.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1721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(12分) 已知为等差数列的前n项和， (1)求的通项公式； (2)若，的前n项和为，证明：18(12分) 某校工会开展健步走活动，要求教职工上传3月1日至3月7日的微信记步数信息，下图是职工甲和职工乙微信记步数情况： (1)从3月2日至3月7日中任选一天，求这一天职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000的概率； (2)从3月1日至
6、3月7日中任选两天，记职工乙在这两天中微信记步数不低于10000的天数为，求的分布列及数学期望； (3)下图是校工会根据3月1日至3月7日某一天的数据制作的全校200名教职工微信记步数的频率分布直方图已知这一天甲和乙微信记步数在单位200名教职工中排名（按照从大到小排序）分别为第68和第142，请指出这是根据哪一天的数据制作的频率分布直方图（不用说明理由）19(12分) 已知O为坐标原点，F为抛物线的焦点，抛物线C过点 (1)求抛物线C的标准方程； (2)已知直线l与抛物线C交于A，B两点，且，证明：直线l过定点20(12分) 如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的直径. (1)弦上是否存在点
7、D，使得平面，请说明理由；(2)若，点，A，B，C都在半径为的球面上，求二面角的余弦值.21(12分) 已知函数. （1）若在处有极值，问是否存在实数m，使得不等式对任意及恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.； （2）若，设. 求证：当时，； 设，求证：（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.22选修44：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，常数，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的方程为. (1)写出的极坐标方程和的直角坐标方程； (2)若直线和相交于两点，以为直径的圆与直线相
8、切，求的值.23选修4-5：不等式选讲 已知函数 (1)当时，求不等式的解集； (2)若的最小值为2，且，求的最小值银川一中2023届高三第一次模拟数学(理科)参考答案一、单选题1【答案】A【分析】根据给定条件，求出复数及，再利用复数除法运算求解作答.【详解】依题意，则，所以.故选：A2【答案】D【分析】由已知可推得，代入即可解得，代入即可得出答案.【详解】由题意可知，即，所以，所以，.故选：D.3【答案】C【分析】根据含量词命题的否定形式可得到原命题，通过反例可说明原命题为假命题.【详解】命题的否定为特称命题，：，当时，为假命题，ABD错误，C正确.故选：C.4【答案】B【分析】求出基本事件
9、总数， 再求出和为奇数事件所包含的基本事件个数，根据古典概型求解.【详解】不超过17的质数有：2，3，5，7，11，13，17，共7个，随机选取两个不同的数，基本事件总数，其和为奇数包含的基本事件有：，共6个，所以.故选：B5【答案】B【分析】执行程序即可算出其输出值结果.【详解】由题意可知，流程图的功能为计算的值，裂项求和可得：.故选：B.6【答案】D【分析】根据一次函数、反比例函数、幂函数和分段函数的性质，逐个选项进行判断即可得到答案.【详解】对于A：函数的定义域为，值域也为，不符合题意；对于B：函数的定义域和值域都为，不符合题意；对于C：的定义域和值域都为，不符合题意；对于D：的定义域为
10、；当时，；当时，；所以值域为，定义域和值域不相同，符合题意；故选：D7【答案】A【分析】利用向量垂直的坐标表示，结合数量积公式，即可求解.【详解】因为，.所以.所以.故选：A8【答案】A【分析】由题意求出双曲线的一条渐近线的倾斜角，可得渐近线的斜率，根据离心率的计算公式可得答案.【详解】由题意设一条渐近线的倾斜角为，则另一条渐近线的倾斜角为，由双曲对称性可得，则一条渐近线的斜率为，设双曲线的长半轴长为a，短半轴长为b，则，故离心率为，故选：A9【答案】C【分析】根据已知条件求得，代入体积公式计算即可.【详解】设小球缺的高为，大球缺的高为，则，由题意可得：，即：，所以由得：，所以小球缺的体积，大
11、球缺的体积，所以小球缺与大球缺体积之比为.故选：C.10【答案】B【分析】由判别式可解得，由根与系数关系可得，由的范围结合不等式的性质变形可得答案【详解】由题意可得，解得或，设两个为，由两根为正根可得，解得，综上知，.故两个根的倒数和为，故，故两个根的倒数和的最小值是.故选：B11【答案】B【分析】根据二倍角公式得到，代入式子得到，解得答案.【详解】，即，所以， ，解得，故选：B.12【答案】B【分析】结合可确定曲线上的点的位置，结合双曲线和圆的图象可确定曲线的图象，采用数形结合的方式可求得结果.【详解】由题意得：，即，即曲线上的点为圆上或圆外的点，由得：或，由得：或或或，由此可得曲线的图象如
12、下图所示，由图象可知：当时，直线与曲线有四个不同交点；实数的取值范围为.故选：B.二、填空题13【答案】11【分析】根据题设的抽取方式，结合随机表法依次写出所得编号，即可得答案.【详解】由题设，依次取出的编号为08、02、14、07、11、05，所以第5个个体的编号为11.故答案为：1114【答案】【分析】由题，利用导数及韦达定理可得，后利用等比中项性质可得答案.【详解】，由题是方程的两个不等实根，则由韦达定理，所以又是的等比中项且与同号，则.故答案为：.15【答案】【分析】把展开图恢复到原正方体，得到AEDC，从而得到BAE或其补角是异面直线AB与CD所成的角，从而可解.【详解】如图所示，把
13、展开图恢复到原正方体连接AE，BE由正方体可得且，四边形ADCE是平行四边形，AEDC或其补角是异面直线AB与CD所成的角由正方体可得：，是等边三角形，异面直线AB与CD所成的角是60故答案为：6016【答案】1【分析】构造函数，设切点为，设，设切点为，结合条件得到是函数和的图象与曲线交点的横坐标，利用对称性得出关于直线对称，从而得出，然后计算出【详解】设，则，设切点为，则，则切线方程为，即，直线过定点，所以，所以，设，则，设切点为，则，则切线方程为，即，直线过定点，所以，所以，则是函数和的图象与曲线交点的横坐标，易知与的图象关于直线对称，而曲线也关于直线对称，因此点关于直线对称，从而，所以故
14、答案为：1.三、解答题17【答案】(1)；(2)详见解析.【分析】（1）设数列的公差为，将已知条件转化为关系，即可求解；（2）根据通项公式，用裂项相消法求出和，即可证明结论.【详解】（1）由设数列的公差为，则 解得，所以是首项为3，公差为2的等差数列，所以；（2）由，可得，所以,又，故.18【答案】(1) (2)分布列见解析， (3)3月3日【分析】（1）根据古典概型公式求解即可.（2）根据题意得到，再写出分布列数学期望即可.（3）根据折线图和频率分布直方图求解即可.【详解】（1）令时间A为“职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000”，从3月2日至3月7日这6天中，3月2日、5日、7日这3天
15、中，甲乙微信记步数都不低于10000，故.（2）由（1）知：，的分布列为：（3）根据频率分步直方图知：微信记步数落在，（单位：千步）区间内的人数依次为人，人，人，人，人，由甲微信记步数排名第68，可知当天甲微信记步数在15000到20000万之间，根据折线图知：只有3月2日，3月3日，3月7日.由乙微信记步数排名第142，可知当天乙微信记步数在5000到10000万之间，根据折线图知：只有3月3日和3月6日，所以3月3日符合要求.19【答案】(1) (2)证明见解析【分析】（1）将代入抛物线即可求解；（2）设，直线l的方程为，将直线l与抛物线进行联立可得，结合可得，即可求证【详解】（1）因为抛
16、物线C过点，解得，抛物线C的标准方程为（2）设，直线l的方程为，联立，化为，解得，满足，直线l的方程为，直线过定点20【答案】(1)存在，理由见解析 (2)【分析】（1）根据面面平行的判定定理、性质定理分析证明；（2）根据题意结合长方体的外接球可得，建系，利用空间向量求二面角.【详解】（1）当点D为的中点时，平面，证明如下：取AB的中点D，连接OD，O，D分别为，的中点，则，平面，平面，平面，又，平面，平面，平面，平面，平面平面，由于平面，故平面. （2）是的直径，可得，即，且，故，又平面，且平面，即，两两垂直，且点，A，B，C都在半径为的球面上，可知该球为以、为长、宽、高的长方体的外接球，则
17、，可得，以A为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立直角坐标系，则，得，设为平面的一个法向量，则，令，则，可得，且为平面的一个法向量，设二面角为，则，所以二面角的余弦值为.21【答案】（1）存在，；（2）证明见解析；证明见解析.【分析】（1）根据微积分基本定理求得，由，求得参数；利用导数求函数的在区间上的最值，结合一次不等式在区间上恒成立问题，即可求得参数的范围；（2）求得，利用导数求得的单调性，即可容易证明；由中所求，可得，利用对数运算，即可证明.【详解】由题可知，.（1）由，可得，.又当时，故在区间单调递减，在单调递增.故函数在处取得极值，所以.，.，当时，由上述讨论可知，单调递增，故不等式
18、对任意及恒成立，即：，即：对恒成立，令，即，且，整理得，且，解得：，即为所求.（2），当时，在上单调递减，即证.由可得：令：，得，即：=即证.【点睛】本题考查由极值点求参数值，利用导数由恒成立问题求参数范围，以及利用导数证明不等式以及数列问题，属压轴题.22【答案】(1)的极坐标方程为，的直角坐标方程为(2)【分析】（1）消去参数得到的普通方程，再利用公式得到极坐标方程，注意定义域，再求出的直角坐标方程；（2）将代入的极坐标方程，求出的坐标，得到为直径的圆的圆心和半径，根据相切关系得到方程，求出答案.【详解】（1）将曲线的参数方程消去，得的普通方程为，且因为，所以，将，代入，得，即，即为的极坐标方程，由直线的方程化简得，化简得，即为的直角坐标方程.（2）将直线代入，得，即.故以为直径的圆圆心为，半径.圆心到直线的距离，由已知得，解得.23【答案】(1) (2)9【分析】（1）根据零点分区间，分类求解即可，（2）根据绝对值三角不等关系可得，进而结合基本不等式即可求解.【详解】（1）当时，等价于，当时，则，当时，则，当时，则，综上所述，不等式的解集为（2），当且仅当等号成立，即，当且仅当，即，即，时，等号成立，故的最小值为9
