2023届陕西省榆林市高三三模数学（理）试题含解析

这是一份2023届陕西省榆林市高三三模数学（理）试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届陕西省榆林市高三三模数学（理）试题 一、单选题1．若复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据复数的运算法则，即可求解.【详解】由，可得，则.故选：D.2．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据并集概念运算即可.【详解】因为，所以．故选:A.3．一个等差数列的前3项之和为12，第4项为0，则第6项为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】根据等差数列的性质，求得，再结合，即可求解.【详解】由等差数列的前3项之和为12，可得，所以，又由第4项为0，即，因为第2项、第4项、第6项依次成等差数列，即，所以.故选：B.4．已知两个非零向量，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据向量的共线的坐标运算，求得，再结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】因为且，可得，解得或，又因为为非零向量，所以，即，故“”是“”的充要条件．故选：C.5．实轴在轴上的双曲线的离心率为，则该双曲线渐近线的倾斜角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意求得，得到渐近线的斜率为，即，结合三角函数的基本关系式，即可求解.【详解】由题意知，可得，因为实轴在轴上，所以双曲线渐近线的斜率为，设双曲线的渐近线的倾斜角为，则，因为，所以.故选：A.6．某省将从5个A类科技项目、6个B类科技项目、4个C类科技项目中选4个项目重点发展，其中这3类项目都要有，且A类项目中有1个项目已经被选定，则满足条件的不同选法共有（    ）A．96种 B．144种 C．192种 D．206种【答案】C【分析】按照A类项目选2个、选1个进行分类，结合组合知识求解.【详解】若A类项目选2个，则不同选法共有种；若A类项目选1个，则不同选法共有种．故满足条件的不同选法共有种．故选：C7．如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为（    ）A． B． C． D．3【答案】A【分析】利用面面平行的性质，通过平面平面，得出点在线段上，从而求出线段的最大值.【详解】如图，取的中点，取的中点，连接，，，所以，又面，面，所以平面，又为的中点，所以,又面，面，所以平面，又，面，面，所以平面平面，又因为是侧面上一点，且平面，所以在线段上，又因为，，所以线段的最大值为.故选：A.8．执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（    ）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【分析】模拟运行程序，得出输出的.【详解】；；；，故输出的．故选：B9．定义在上的函数的导函数都存在，，且，，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造函数，根据题意求得则，得到在上单调递减，再由把不等式转化为，结合单调性，即可求解.【详解】由题意知，可得．设函数，则，所以在上单调递减．因为，所以，所以，即为，则，所以不等式的解集为．故选：D.10．现有17匹善于奔驰的马，它们从同一个起点出发，测试它们一日可行的路程．已知第i（）匹马的日行路程是第匹马日行路程的1.05倍，且第16匹马的日行路程为315里，则这17匹马的日行路程之和约为（取）（    ）A．7750里 B．7752里C．7754里 D．7756里【答案】B【分析】由等比数列的前项和公式计算.【详解】，依题意可得，第17匹马、第16匹马、……、第1匹马的日行路程里数依次成等比数列，且首项为300，公比为1.05，故这17匹马的日行路程之和为（里）．故选：B.11．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造，由在上单调递增， ，得到，再利用作商得到a，b的大小即可.，【详解】解：令，则．易得在上单调递增，所以当时，，而，因为，所以．而，即，所以．故选：A12．在三棱锥中，，二面角为，则三棱锥外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设E，F，G分别是BC，AC，BD的中点，由，所以，得到二面角的平面角为，且平面EFG，再证得G是三棱锥外接球的球心，取得外接球的半径为，利用球的表面积公式，即可求解．【详解】如图所示，设E，F，G分别是BC，AC，BD的中点，则，因为，所以，则二面角的平面角为，且平面EFG，又因为，所以，所以，因为平面EFG，所以，所以平面ABC．又因为F是外接圆的圆心，所以FG经过球心，且G是外接圆的圆心，所以G是三棱锥外接球的球心，设外接球的半径为，则，故三棱锥外接球的表面积．故选：D. 二、填空题13．若奇函数，则__________．【答案】6【分析】根据函数为奇函数，求得a的值，再代入求值即得答案.【详解】依题意为奇函数，,即，可得，即，故，则，故答案为：6 三、双空题14．若不等式对恒成立，则a的取值范围是__________，的最小值为__________．【答案】          【分析】根据题意，结合二次函数的性质，求得，再利用基本不等式，即可求解.【详解】当时，不等式对不恒成立，不符合题意（舍去）；当时，要使得对恒成立，则满足，解得，所以实数的取值范围为.因为，可得，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为．故答案为：；. 四、填空题15．已知函数与的图象在区间上的交点个数为m，直线与的图象在区间上的交点的个数为n，则________．【答案】【分析】分别作出函数与及直线的图象，结合图象确定的值，即可求解.【详解】解：作出函数与的图象，如图所示，根据图象知，又由直线与的图象在区间上有3个交点，所以，所以．故答案为：.16．已知直线与椭圆交于A，B两点，则线段AB的中点P的轨迹长度为__________．【答案】##【分析】设，联立方程组，求得，得到，再由，求得，得出点P的轨迹方程，进而求得点P的轨迹长度．【详解】设，联立方程，整理得，则，所以，可得．由，解得，所以点P的轨迹方程为，故点P的轨迹长度为．故答案为：. 五、解答题17．如图，在底面为矩形的四棱锥中，底面．(1)证明：平面平面．(2)若，在棱上，且，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据题意得到，由底面，证得，进而证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面．（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：由四边形为矩形，可得，因为底面，且平面，所以．又因为，且平面，所以平面，又由平面，所以平面平面．（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，设与平面所成的角为，则，所以与平面所成的角的正弦值为．18．已知分别为的内角所对的边，，且．(1)求；(2)求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用向量的数量积的定义及正弦定理的边角化即可求解；（2）根据（1）的结论及三角形的内角和定理，利用诱导公式、两角和的正弦公式及降幂公式，结合辅助角公式及三角函数的性质即可解.【详解】（1），由及正弦定理，得，得，代入得，又因为，所以．（2）由（1）知，所以. 所以，因为,所以，所以，所以，故的取值范围是.19．已知1个不透明的袋子中装有6个白球和4个黄球（这些球除颜色外无其他差异）．甲从袋中摸出1球，若摸出的是白球，则除将摸出的白球放回袋子中外，再将袋子中的1个黄球拿出，放入1个白球；若摸出的是黄球，则除将摸出的黄球放回袋子中外，再将袋子中的1个白球拿出，放入1个黄球．再充分搅拌均匀后，进行第二次摸球，依此类推，直到袋中全部是同一种颜色的球，已知甲进行了4次摸球，记袋子中白球的个数为X．(1)求袋子中球的颜色只有一种的概率；(2)求X的分布列和期望．【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据袋子中有6个白球和4个黄球，摸4次只剩一种颜色，则只会剩下白球求解；（2）由X的所有可能取值为2，4，6，8，10，分别求得其概率，然后列出分布列求解.【详解】（1）解：分别记第i次摸到白球和黄球为事件，记“4次摸球后，袋子中球的颜色只有一种”为事件D，则．（2）X的所有可能取值为2，4，6，8，10．，，，，．故X的分布列为X246810P 故．20．已知抛物线的焦点为，是上的动点，点不在上，且的最小值为2．(1)求C的方程；(2)若直线AP与C交于另一点B，与直线l交于点Q，设，且，求直线l的方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，分P在C的内部和P在C的外部，两种情况讨论，结合的最小值为2，求得的值，即可求得抛物线的方程；（2）设，联立方程组求得，再由和，求得的表达式，求得，结合点Q在直线AP上，消去，即可求解.【详解】（1）解：当P在C的内部时，因为等于点A到准线的距离，所以的最小值为P到准线的距离，可得，解得；当P在C的外部时，，解得，则C的方程为，此时P在C的内部，所以，故抛物线C的方程为．（2）解：依题意可知，直线AP的斜率不为0，则可设，联立方程组，可得，设，则，设，由，可得，又由由，可得，所以，即，即，所以，即，因为点Q在直线AP上，所以．消去m得，即，故直线l的方程为．【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略：1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.21．已知函数．(1)若直线与曲线相切，求m的值；(2)证明：（参考数据：）．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义结合条件即得；（2）根据函数的单调性可得，然后构造函数，，利用导数求函数的最值，进而即得.【详解】（1）由题意，，由，得，则，解得；（2）因为，，由，可得，在上递减，由，可得，在上递增；所以；又等价于．令，则．当时，，在上递增；当时，，在上递减．所以．令，则．当时， ，在上递减，当时，；在上递增，．所以．因为，所以，所以，所以，从而得证，故．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.22．在直角坐标系中，曲线M的方程为，曲线N的方程为，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．(1)求曲线M，N的极坐标方程；(2)若射线与曲线M交于点A（异于极点），与曲线N交于点B，且，求．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解曲线和的极坐标方程；（2）将代入曲线和的方程，求得和 ，结合题意求得，即可求解.【详解】（1）解：由，可得，即，又由，可得，所以曲线M的极坐标方程为．由，可得，即，即曲线N的极坐标方程为.（2）解：将代入，可得，将代入，可得，则，因为，所以，又因为，所以．23．已知函数．(1)证明：存在，使得恒成立．(2)当时，，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）根据给定条件，利用绝对值三角不等式求出的最小值，再建立不等式求解作答.（2）由已知去绝对值符号，再解含绝对值符号的不等式，即可求出a的范围作答.【详解】（1），，当且仅当时取等号，因此，由，而，解得，则当时，恒成立，所以存在，使得恒成立.（2）当时，，由，得，显然，否则不等式不成立，于是，即，因为当时，，所以，解得，又，即，所以a的取值范围是.