2023届陕西省商洛市洛南县第二高级中学高三上学期三模数学（理）试题含解析

2023届陕西省商洛市洛南县第二高级中学高三上学期三模数学（理）试题

一、单选题

1．设全集，集合，，则实数的值为（    ）

A．0 B．-1 C．2 D．0或2

【答案】A

【分析】利用给定条件，结合元素的互异性直接列式计算作答.

【详解】由集合知，，即，而，全集，

因此，，解得，经验证满足条件，

所以实数的值为0.

故选：A

2．已知，则的虚部为（    ）

A．2 B． C．1 D．

【答案】C

【分析】利用复数的除法运算，计算复数z即可作答.

【详解】依题意，，

所以的虚部为1.

故选：C

3．角的终边过点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】化简得，再利用三角函数的坐标定义求出即得解.

【详解】解：，

由题得，所以.

故选：B

4．用模型拟合一组数，若，，设，得变换后的线性回归方程为，则（    ）

A．12 B． C． D．7

【答案】B

【分析】由已知，可根据，先计算出，然后把样本中心点带入线性回归方程为中计算出，从而得到线性回归方程，然后将方程化为指数形式，通过待定系数法分别对应出、的值，即可完成求解.

【详解】由已知，，所以，

，，所以

，

由题意，满足线性回归方程为，所以，所以，

此时线性回归方程为，即，

可将此式子化为指数形式，即为，

因为模型为模型，所以，，

所以.

故选：B.

5．执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】模拟执行程序，即可求出输出值.

【详解】解：运行程序，不满足，，

，不满足，，

，不满足，，

，不满足，，

，不满足，，

，不满足，，

，满足，利用裂项求和得：

.

故选：C.

6．目前，新型冠状病毒席卷上海，一方有难八方支援，全国各地医疗队伍紧急支援上海，我市某医院决定从8名医生中选派4名分别支援上海四家医院，每家医院各派去1名医生，其中甲和乙不能都去上海，甲和丙只能都去或都不去上海，则不同的选派方案有（    ）种

A．360 B．480 C．600 D．720

【答案】C

【分析】根据甲乙丙三人是否去上海，分类讨论，即可求得所有可能的情况.

【详解】若甲去上海，乙不去上海，则丙去上海，只需从剩余5人中选出2人，再分配即可，此时有：种情况；

若甲不去上海，乙不去上海，则丙不去上海，只需从剩余5人中选出4人，再分配即可，

此时有：种情况；

若甲不去上海，乙去上海，则丙不去上海，只需从剩余5人中选出3人，再分配即可，

此时有：种情况；

故共有：种情况.

故选：C.

7．已知实数，满足，则的最小值为（    ）

A．0 B．0.5 C．1 D．2

【答案】B

【分析】由约束条件作出可行域，所求为可行域内一点与点的斜率的最小值，根据图象求解即可.

【详解】由题，由，满足的约束条件为 ，作出可行域如图所示：

的几何意义为可行域内一点与点的斜率，记为，

则过点作直线，当直线经过点时，斜率最小，

因为，解得点为，

所以的最小值为，

故选：B

8．阻滞增长模型是描述自然界中生物种群数量增长的一种常见模型，其表达式为，其中为初始时刻的种群数量，为自然条件所能容纳的最大种群数量，为从初始时刻起经历个单位时间后的种群数量，为初始时刻种群数量增长率.某高中生物研究小组进行草履虫种群数量增长实验，初始时刻在培养液中放入了5个大草履虫，2天后观测到培养液中草履虫数量在100个左右.若大草履虫初始时刻的种群数量增长率，用阻滞增长模型估计这培养液中能容纳的大草履虫最大种群数量为（    ）

（参考数据，，，）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】将已知数据代入函数模型，求出即可.

【详解】因为，由已知可得，，，，

将数据代入阻滞增长模型，可得.

∴  

，又由可得

解得.

故选：B.

9．设函数，已知在上单调递增，则在上的零点最多有（    ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

【答案】A

【分析】先求出函数的单调区间，根据题意得出参数的范围，设，则，由，得出函数在上的零点情况出答案.

【详解】由，，得，，

取，可得.若在上单词递增，则，

解得.若，则.

设，则，因为

所以函数在上的零点最多有2个.

所以在上的零点最多有2个.

故选：A

10．数列中，，，的值为（    ）

A．761 B．697 C．518 D．454

【答案】D

【分析】由，结合等比数列的定义和通项公式可求出，结合二项式定理可求出的值.

【详解】解：因为，又，

所以以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，

则

又

，

，

所以，

故选：D

11．如图，椭圆的左、右焦点分别为，两平行直线分别过交M于A，B，C，D四点，且，则M的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，则，由椭圆定义得，由椭圆的对称性可知，连接，则．又，利用勾股定理可得答案.

【详解】设，则，由椭圆定义得，由椭圆的对称性可知，连接，则．又，

所以，在中，，

所以，解得，

所以，中，，

所以，得，所以M的离心率，

故选：D.

12．已知，，，则（     ）

A． B．

C． D．

【答案】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.

二、填空题

13．已知函数若，则实数___________.

【答案】2

【分析】先计算，再计算即得解.

【详解】解：，所以.

故答案为：2

14．我国古代数学家赵爽利用“勾股圆方图"巧妙地证明了勾股定理，成就了我国古代数学的骄傲，后人称之为“赵爽弦图”.如图，它是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形若直角三角形中较小的锐角记为，大正方形的面积为25，小正方形的面积为1，则_________.

【答案】

【分析】利用勾股定理求出直角三角的边长，即可求出，再根据计算可得．

【详解】解：根据已知条件四个直角三角形全等，

所以设直角三角形的短的直角边长为，则较长的直角边长为，

所以，整理得，

解得或（负值舍去），

所以，则

．

故答案为：．

15．已知平面向量，，，其中为单位向量，若，则的取值范围是__________.

【答案】

【分析】建立如图所示坐标系，不妨设，由题意，可知，记，，则，求出点的轨迹方程，由的几何意义可得即为点的轨迹上的点到点的轨迹上的点的距离，从而可得出答案．

【详解】解：建立如图所示坐标系，

不妨设，

由知，点在直线或上，

由题意，可知，

记，，则，

由定弦所对的角为顶角可知点的轨迹是两个关于轴对称的圆弧，

设，则，

因为，

即，

整理得或，

由对称性不妨只考虑第一象限的情况，

因为的几何意义为：圆弧的点到直线上的点的距离，

所以最小值为，

故．

故答案为：．

【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是建立平面直角坐标系，利用坐标法求出动点的轨迹，再结合解析几何的知识求出向量模的取值范围.

16．已知三棱锥的体积为，其外接球的体积为，若，，则线段的长度的最小值为___________.

【答案】

【分析】根据已知条件求出所在截面圆的半径，外接球的半径、三棱锥的高，求出在平面内的射影到所在截面圆的圆心的距离，求出的最小值可得的最小值.

【详解】解：如图，是所在截面圆的圆心，是球心，

平面，平面，为垂足，连接，，

则，，则，

因为，，所以，

，，

，

由，得，

由，得，即，

，

在直角梯形中，，

所以，

所以.

所以线段的长度的最小值为.

故答案为：

三、解答题

17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.

(1)求角B的大小；

(2)若，，且，求a.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据已知条件，运用余弦定理化简可求出；

（2）由可求出，利用诱导公式和两角和的正弦公式求出，再利用正弦定理即求.

【详解】（1））∵且，

∴，

∴，

∴，∵，

∴.

（2）∵，

∴，∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

又∵，，，

∴.

18．教育部门最近出台了“双减”政策，即有效减轻义务教育阶段学生过重作业负担和校外培训负担，持续规范校外培训（包括线上培训和线下培训）．“双减”政策的出台对校外的培训机构经济效益产生了严重影响．某大型校外培训机构为了规避风险，寻求发展制定科学方案，工作人员对2021年前200名报名学员的消费金额进行了统计整理，其中数据如表．

以频率估计概率，假设该大型校外培训机构2021年所有学员的消费金额可视为服从正态分布，，分别为报名前200名学员消费的平均数以及方差（同一区间的花费用区间的中点值替代）．

(1)求和的值；

(2)试估计该机构学员2021年消费金额为的概率（保留一位小数）；

(3)若从该机构2021年所有学员中随机抽取4人，记消费金额为的人数为，求的期望和方差．

参考数据：；若随机变量，则，，．

【答案】(1)8；8

(2)0.8

(3)

【分析】（1）根据表中数据，利用平均数和方差公式求解；

（2）根据（1）的结论，利用原则求解；

（3）根据得，利用二项分布公式求解.

【详解】（1）解：由题意得，

；

（2）由（1）得，

所以．

（3）由题意及（2）得，，，

所以，

．

19．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，点E为棱上的点，且.

(1)证明：平面平面；

(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由条件，又，可证明面，从而得证.

（2）由勾股定理可得，从而以D为坐标原点，，，所在的直线为x，y，z轴的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）由为矩形，所以，又因为，

所以面，又面.  所以面面

（2），所以

底面为矩形，则，又，且

由平面,则平面

又平面,所以

在底面为矩形中，,所以

建立以D为坐标原点，，，所在的直线为x，y，z轴的空间直角坐标系.

则，，，，

，设（）

所以

设面的法向量为，则,即

则

设面的法向量为

由，解得

则，又，

设面的法向量为,则 ,即

则

设直线与面所成角为

20．已知椭圆C：（）离心率为，短轴长为2，双曲线E：的离心率为，且.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过椭圆C的右焦点的直线交椭圆于A，B两点，线段的垂直平分线交直线l：于点M，交直线于点N，当最小时，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由题意，由离心率可得，从而求出，得出答案.

（2）由题意直线的斜率存在且为零时，不满足题意，设直线的方程为，则，求出的长，将直线的方程与椭圆方程联立，由弦长公式得出，在中，有，从而得出答案.

【详解】（1）双曲线的离心率，由，则，其中，所以，

即椭圆方程为：

（2）当直线的斜率存在且为零时，其垂直平分线与直线l平行，不满足题意，

故直线的斜率不为零，可设直线的方程为，，，.

联立直线与椭圆C的方程，消去x得，

由一元二次方程根与系数的关系可得，

则，

由，则，

又

则

当且仅当，即时取等号.此时直线的方程为或.

故当最小时，直线的方程为或.

21．已知.

(1)若恒有两个极值点，（），求实数a的取值范围；

(2)在（1）的条件下，证明.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)根据极值点的定义可知方程有两个不等实根，即函数与图像有两个交点，利用导数研究函数的单调性求出的值域，结合图形即可得出结果；

(2)构造函数，根据导数研究它的单调性进而得，有，构造函数（），

利用导数证明，结合即可证明.

【详解】（1）函数的定义域为，，

则方程有两个不同的正根，

即函数与图像有两个交点，

，令，令，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以，且当时，，

当时，，如图，

由图可知；

（2）设，

则，

在单调递增，故，

即.

而，故，

又，，在单调递减，故，即；

由知；

由(1)知，，为函数的极值点，

当时，函数单调递减，

当时，函数单调递增，

时，函数单调递减，

所以，故，

令（）.

，

，令，故当时，

单调递增，且，所以，故单调递减，

由，得，

即，即.

【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点：

(1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.

(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.

(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.

22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

(1)将曲线和直线化为直角坐标方程；

(2)过原点引一条射线，分别交曲线和直线于，两点，射线上另有一点满足，求点的轨迹方程.

【答案】(1)，

(2)（去掉）

【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换

（2）利用极径的应用建立等量关系，进一步求出直角坐标方程

【详解】（1）由C的参数方程：，

∴C：，

由得∴.

（2）设，，

则，，即，

由得即，

∴即，

∵∴M的轨迹方程为（去掉）.

23．已知函数.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）当时，写出函数的解析式，再分类讨论分别求出不等式的解集，即可得解；

（2）依题意可得，利用绝对值的三角不等式求出，即可得到关于的一元二次不等式，解得即可；

【详解】（1）解：当时，，

当时，令，解得.

当时，不等式无解.

当时，令，解得.

因此，不等式的解集为或.

（2）解：因为恒成立，所以.

因为

当且仅当时取等号，

所以，解得或.

所以实数的取值范围是.