陕西师范大学附属中学2023届高三十模理科数学试题（含解析）

陕西师范大学附属中学2023届高三十模理科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）．

A． B． C． D．

2．已知复数满足（其中为虚数单位），则复数在复平面上对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

3．“”是“直线与直线互相垂直”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

二、多选题

4．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作：；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第n次操作去掉的区间长度记为，则（    ）

A． B．

C． D．

三、单选题

5．某滑冰馆统计了某小区居民在该滑冰馆一个月的锻炼天数，得到如图所示的频率分布直方图（将频率视为概率），则下列说法正确的是（    ）

A．该小区居民在该滑冰馆的锻炼天数在区间内的最少

B．估计该小区居民在该滑冰馆的锻炼天数超过15天的概率为0.465

C．估计该小区居民在该滑冰馆的锻炼天数的中位数为16

D．估计小区居民在该滑冰馆的锻炼天数的平均值为15

6．已知数列为等差数列，且，则（   ）

A． B． C． D．

7．函数的图象可能为（    ）

A． B．

C． D．

8．抛物线C：的焦点为F，过F且斜率为的直线l与抛物线C交于M，N两点，点P为抛物线C上的动点，且点P在l的左侧，则面积的最大值为

A． B． C． D．

9．已知函数在区间内单调且，在区间内存在最值点，则当取得最大值时，满足的一个值可能为（    ）

A．0 B． C． D．

四、多选题

10．下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

五、单选题

11．已知双曲线，，为的左、右焦点，，直线与的一支交于点，且，则的离心率最大值为（    ）

A． B．2 C． D．

12．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为a的截角四面体，现给出下列四个命题：①二面角的余弦值为；②该截角四面体的体积为；③该截角四面体的外接球表面积为 ④该截角四面体的表面积为，则其中正确命题的个数为（    ）

A． B． C． D．

六、填空题

13．的展开式中含项的系数为30，则实数a的值为___________．

14．在直四棱柱中，，，M，N在棱，上，且，，过的平面交于G，则截面的面积为______．

15．在平面直角坐标系中，圆和外切形成一个8字形状，若，为圆M上两点，B为两圆圆周上任一点（不同于点A，P），则的最大值为______．

16．如图，从点(0,0)作x轴的垂线交于曲线于点(0,1)，曲线在点Q1处的切线与x轴交于点.再从作x轴的垂线交曲线于点，依次重复上述过程得到一系列点:，，，，…，，，记点的坐标为，()依次连接点，，…，，得到折线…，则该折线与直线，，，围成的面积为=___________.

七、解答题

17．在中，角的对边分别为，已知，

(1)求角的大小；

(2)若的角平分线交于点，且，求的最小值，

18．如图一， 是等边三角形，为边上的高线，分别是边上的点，；如图二，将沿翻折，使点到点的位置，.

(1)求证：平面；

(2)求二面角的正弦值.

19．已知椭圆经过点，过点的直线交该椭圆于，两点.

(1)求面积的最大值，并求此时直线的方程；

(2)若直线与轴不垂直，在轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

20．为响应习近平总书记“全民健身”的号召，促进学生德智体美劳全面发展，某校举行校园足球比赛．根据比赛规则，淘汰赛阶段，参赛双方有时需要通过“点球大战”的方式决定胜负．“点球大战”的规则如下：

①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；

②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为，则不需要再踢第5轮）；

③若前5轮“点球大战”中双方进球数持平，则从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出．

假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响．

(1)假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确，左右两边将球扑出的可能性为，中间方向扑出的可能性为．若球员射门均在门内，在一次“点球大战”中，求门将在前4次扑出点球的个数的分布列和数学期望．

(2)现有甲、乙两队在淘汰赛中相遇，需要通过“点球大战”来决定胜负．设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，若甲队先踢，求甲队恰在第4轮取得胜利的概率．

21．已知函数，其中.

(1)求函数的最小值，并求的所有零点之和;

(2)当时，设，数列满足，且，证明:.

22．在直角坐标系中，直线l过点，倾斜角为.以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为：.

（1）求直线l的参数方程与曲线C的直角坐标方程；

（2）若直线l交曲线C于A，B两点，M为中点，且满足成等比数列，求直线l的斜率.

23．已知函数.

（1）若不等式有解，求实数的最大值；

（2）在（1）的条件下，若正实数，满足，证明：.

参考答案：

1．C

【分析】对集合和集合进行化简，然后根据集合的交集运算，得到答案.

【详解】集合，

集合，

∴，

故选：C．

【点睛】本题考查解一元二次不等式和集合的交集运算，属于简单题.

2．B

【分析】根据题意化简得到，结合复数的几何意义，即可求解.

【详解】由复数满足，

可得，

所以复数在复平面内对应的点为位于第二象限.

故选：B.

3．C

【解析】利用两直线垂直时它们的一般方程的系数间的关系可求的值.

【详解】若直线与直线互相垂直，

则，解得.

所以“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件，选C.

【点睛】如果直线，，

（1）若，则；

（2）若，则且或；

（2）若重合，则，，.

4．BC

【分析】分析题意发现是一个等比数列，按照等比数列的性质逐一验证即可，其中B选项是化简成一个等差数列进行判断，CD两个选项需要利用数列的单调性进行判断，尤其是D选项，需要构造新数列，利用做差法验证单调性.

【详解】由题可知，；，；，

由此可知，即一个等比数列；

A：，A错误；

B：，因为，所以该数列为递减数列，

又因为当时，，所以恒成立，B正确；

C：，即，两边约去得到，

当时，，原式成立；

当时，恒成立，所以成立，

即成立，C正确；

D：令，再令，

令解得，因为，所以取，

由此可知时；时，

故为最大值，，根据单调性，即不恒成立，D错误.

故选：BC

5．B

【分析】根据直方图写出对应该滑冰馆的锻炼天数区间的频率，再结合各选项的描述及中位数、平均数的求法判断正误．

【详解】由图知：、、、、、的频率分别为、、、、、，

对于A：内的天数最少，故A错误；

对于B：估计锻炼天数超过15天的概率为，故B正确；

对于C：由、、频率和为，设中位数为x，

则，可得，故C错误；

对于D：平均天数为天，故D错误；

故选：B．

6．B

【分析】由题意求出数列是以首项为，公差为的等差数列，进而求出，即可求出答案.

【详解】因为数列为等差数列，且，

设数列的公差为，首项为，

所以，则，

所以，所以，

所以.

故选：B.

7．D

【分析】先判断出函数为奇函数，排除选项C；再利用特值排除选项AB，进而得到正确选项D.

【详解】函数定义域为，

则函数为奇函数，其图像关于原点中心对称，排除选项C；

又，排除选项AB；

故选：D

8．D

【分析】易得直线l的方程为，联立直线和抛物线的方程并结合抛物线的性质得出；设与直线l平行的直线为：，当直线与抛物线相切时，P到直线l的距离有最大值，进而求得m的值，再求出直线l与直线的距离，最后计算面积即可.

【详解】由题意可知直线l的方程为：，设，，

代入抛物线的方程可得，，

由抛物线的性质可得，

设与直线l平行的直线方程为：，代入抛物线的方程可得，

当直线与抛物线相切时，P到直线l的距离有最大值，

所以，解得，

直线l与直线的距离，

所以面积的最大值为，

故选：D.

【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的应用，考查抛物线的性质，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.

9．B

【分析】根据单调区间长度及最值确定范围，再求函数值可能的值.

【详解】在区间内单调且,

,

在区间内存在最值点,,

则当取得最大值时，,

可能为,可得.

故选:B.

10．BD

【分析】根据指对数的运算律，分析每个不等式，判断正误.

【详解】因为，所以，A错误；

因为，，所以，B正确；

因为，，

所以，C错误；

因为，所以，D正确.

故选：BD.

11．D

【分析】由题意可得，由，得，设，根据相似可得，代入双曲线方程，进而得到，再结合二次函数性质求解即可.

【详解】由双曲线，得，

由，得，又，

设，则，即，

又在双曲线上，所以，

即，即，

整理，得，

令，，则，

因为函数对称轴为，在上单调递增，

所以时，，即，

所以.

故选：D.

12．C

【分析】根据二面角的定义，结合球的表面积公式、棱锥的表面积公式和体积公式逐一判断即可.

【详解】如下图所示：设的中心为，的中心为，

取BC的中点为W，分别连接和，因为，，

所以为的二面角，，，

所以，所以，

在直角三角形中，，所以，

所以二面角的余弦值为，

所以二面角的余弦值为，故①正确

因为棱长为的正四面体的高，

所以，故②正确；

设外接球的球心为O，的中心为，的中心为，

因为截角四面体上下底面距离为，所以，

所以，所以，

所以，所以，

所以，故③正确；

由正四面体中，题中截角四面体由4个边长为a的正三角形

及4个边长为a的正六边形构成，故，故④错误.

故选：C.

13．

【分析】写出的展开式的通项，再令的指数等于和，结合题意即可得解.

【详解】的展开式的通项为，

令，则，令，则（舍去），

所以的展开式中含项的系数为，

所以.

故答案为：.

14．

【分析】作出图形，根据线线平行得平行四边形，进而确定出截面为平行四边形，进而求出面积，

【详解】取上靠近点的一个四等分点，连接，，

因为，所以且，则四边形为平行四边形，

所以且，过点作，因为，所以四边形为平行四边形，

则且，所以且，则截面为平行四边形，

由直四棱柱的性质可得，

，

，，

在△中，由余弦定理得，，

所以，

则截面的面积为；

故答案为：6

15．/

【分析】利用已知条件求解，，即可得到圆的方程，设出的坐标，化简向量的数量积，求解最值即可．

【详解】圆，，为圆上两点，

可得，解得，，所以，圆，

满足圆和外切，

为两圆圆周上任一点（不同于点，，如果取得最大值，可知在上，设，

则,,，当且仅当时取得最大值．

故答案为：

16．

【分析】利用导数几何意义求点处切线，再求对应坐标，进而依次求下一个点坐标，最后应用梯形面积公式、等比数列前n项和公式求即可.

【详解】由题设，且(0,0)、(0,1)，

由，则为，故，，

由，则为，故，，

由，则为，故，，

……

依次类推得：，，即，

综上，，，，，…，，

由的高均为1，故它的面积为，

所以，

.

故答案为：

17．(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦函数的和差公式化简题设条件，从而得到，由此得解；

（2）利用三角面积公式推得，从而利用基本不等式“1”的妙用即可得解.

【详解】（1）因为，

所以，

所以，

由于，则，所以，即，

又，所以.

（2）因为的角平分线交于点，且，，

根据三角形面积公式可得，

等式两边同除以可得，则，

则，

当且仅当，即时，等式成立，

故的最小值为.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据平面得到，根据勾股定理得到，得到线面垂直.

（2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，得到平面和平面的一个法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.

【详解】（1）因为为等边三角形，，，

为边上的高线，故，

又，平面，所以平面.

因为平面，所以.

在中，，所以，故，

而平面，平面，故平面

（2）分别以方向为轴正方向建立空间直角坐标系，

则，

则.

设平面的法向量，平面的法向量，

则，且，

取，，

得到平面的一个法向量，平面的一个法向量，

设二面角大小为，则，

所以.

19．(1)面积的最大值为，此时直线的方程为或；

(2)存在，

【分析】（1）根据条件求出椭圆方程，当直线的斜率为0时，此时三点共线，不合要求，舍去，当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出面积，利用基本不等式求出最值，并得出此时直线的方程.

（2）由角相等得到，转化为，在第二问的基础上，代入化简即可得到答案.

【详解】（1）将代入椭圆方程，

得到，故，

故椭圆方程为.

当直线的斜率为0时，此时三点共线，不合要求，舍去；

当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，

与椭圆方程联立，得，

设，则，

则

，

当且仅当，即时，等号成立，

故面积的最大值为，

此时直线的方程为或.

（2）在x轴上存在点使得恒成立，

理由如下：

因为，所以，即，

整理得，

即，

所以，

则，解得，

故在x轴上存在点，使得恒成立.

【点睛】方法点睛：直线与椭圆位置关系问题，从以下几个角度分析：

（1）椭圆性质得出椭圆标准方程；

（2）直线与椭圆联立，韦达定理的应用；

（3）求最值时，基本不等式的应用；

（4）运算过程，计算能力的考查.

20．(1)分布列见解析，数学期望为；

(2)

【分析】（1）根据二项分布的概率计算公式即可求解

（2）根据前3轮比分为，，，，时，结合相互独立事件的概率乘法计算公式即可逐一求解.

【详解】（1）（每次扑出点球）．

的所有可能取值为0，1，2，3，4．∴．

．

．

．

．

∴的分布列

∴．

（2）若甲队恰在第4轮取得胜利，则前3轮结束时比分可能为，，，，．分别记前3轮比分为，，，，且甲队恰在第4轮取得胜利，事件分别为A，B，C，D，E．

．

．

．

．

．

故（甲队恰在第4轮取得胜利）．

∴甲队恰在第4轮取得胜利的概率为．

21．(1)，0

(2)证明见解析

【分析】（1）对求导数，研究导函数在定义域内的符号，得到函数的单调性，进而求出最小值，对换元，研究换元后函数零点满足的关系式，再求零点之和；

（2）观察欲证不等式，构造函数，由的单调性证明不等式成立.

【详解】（1）函数的定义域为，且，令，

得，解得，（舍去），

所以在上单调递减，在单调递增，所以，即，

由是方程的根，则，所以，

令，可知．

又因为，所以在单调递增，在单调递减．

而，，所以有且仅有唯一，使得，

所以存在，有．所以方程有且仅有两个根，，

即有且仅有两根，，

又因为单调递减，所以有两个零点设为，，

则.

（2）由题意知时，，

因为，

令，得；，得，

所以在上递减，在递增，则有，

因为，所以，，…，．

令，，

，所以在区间单调递减，

所以，即，

即，所以．

【点睛】第一问形式过于复杂，不利于研究函数零点情况，利用原方程的根对a进行换元，再求的零点之和；

第二问先观察不等式结构特点，构造函数，为解决单调性，还要先研究与1的大小关系.

22．（1）l的参数方程为(t为参数)，C的直角坐标方程为：；（2）斜率为.

【解析】（1）根据直线过点P，及倾斜角，代入公式，即可求得l的参数方程，将曲线C左右同乘，利用即可求得曲线C的直角坐标方程；

（2）将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，可得关于t的一元二次方程，根据t的几何意义及题干条件，可得，即可求得答案.

【详解】（1）因为直线l过点，倾斜角为，

所以直线l的参数方程为(t为参数)，

因为，所以，

所以曲线C的直角坐标方程为：；

（2）将直线l的参数方程为(t为参数)代入可得：，

设A,B所对应的参数为，所以，

因为成等比数列，

所以，即，

解得，，故直线l的斜率为.

【点睛】解题的关键是熟练掌握极坐标与普通方程、参数方程与普通方程的互化；在利用t的几何意义时，要将直线参数方程的标准形式代入到曲线的直角坐标方程里，方可进行求解，考查计算化简的能力，属基础题.

23．（1）（2）证明见解析；

【分析】（1）不等式有解等价于，，然后利用绝对值的三角不等式求出其最大值即可，

（2），然后利用柯西不等式求解即可.

【详解】（1）若不等式有解，只需即可.

因为，

所以，解得，

所以实数的最大值.

（2）根据（1）知正实数，满足，

由柯西不等式可知，

所以，，因为，均为正实数，

所以(当且仅当时取“=”).

【点睛】本题主要考查的是绝对值的三角不等式和柯西不等式，属于基础题.