2023届陕西省榆林市高三第三次模拟考试理科数学试题及答案

这是一份2023届陕西省榆林市高三第三次模拟考试理科数学试题及答案，共9页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。

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榆林市2022～2023年度第三次模拟考试
数学试题(理科)
考生注意：
1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分。考试时间120分钟。
2．请将各题答案填写在答题卡上。
3．本试卷主要考试内容：高考全部内容。
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共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＝i，则( )
(A)z2＝2
(B)z2＝－4
(C)z4＝2
(D)z4＝4
2．已知集合A＝{x|0＜x＜16}，B＝{y|－4＜4y＜16}，则A∪B＝( )
(A)(－1，16)
(B)(0，4)
(C)(－1，4)
(D)(－4，16)
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)－2
(B)－4
(C)1
(D)2
4．已知两个非零向量a＝(1，x)，b＝(x2，4x)，则“|x|＝2”是“a∥b”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
5．实轴在y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)
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
(B)144种
(C)192种
(D)206种

7．如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是2，M为A1C1的中点，N是侧面BCC1B1上一点，且MN∥平面ABC1，则线段MN的最大值为( )
(A)2
(B)2
(C)
(D)3

8．执行如图所示的程序框图，若输入的a＝2，则输出的k＝( )
(A)2
(B)4
(C)6
(D)8

9．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)，g(x)的导函数都存在，f '(x)g(x)＋f (x)g'(x)＜1，且f(1)＝2，g(1)＝1，则f (x)g(x)＜x＋1的解集为( )
(A)(1，2)
(B)(2，＋∞)
(C)(0，1)
(D)(1，＋∞)
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(i＝1，2，…，16)匹马的日行路程是第i＋1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1.0517＝2.292)( )
(A)7750里
(B)7752里
(C)7754里
(D)7756里
11．已知a＝log3.43.5＋log3.53.4，b＝log3.53.6＋log3.63.5，c＝logπ3.7，则( )
(A)a＞b＞c
(B)b＞a＞c
(C)a＞c＞b
(D)b＞c＞a
12．已知三棱锥A－BCD中，AB⊥BC，BC⊥CD，CD＝2AB＝2BC＝4，二面角A－BC－D为60°，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为( )
(A)16π
(B)24π
(C)18π
(D)20π

第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知奇函数f(x)＝x3＋(a－5)x2＋ax(x∈R)，则f(1)＝ ▲ ．
14．若不等式ax2－6x＋3＞0对x∈R恒成立，则a的取值范围是 ▲ ，a＋的最小值为 ▲ ．(本题第一空3分，第二空2分)
15．已知函数f(x)＝tan2x与g(x)＝sin(x－)的图象在区间[－π，π]上的交点个数为m，直线x＋y＝2与f(x)的图象在区间[0，π]上的交点的个数为n，则m＋n＝ ▲ ．
16．已知直线y＝x－m与椭圆C：x2＋＝1于A，B两点，则线段AB的中点P的轨迹长度为 ▲ ．
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17题~第21题为必考题，每个考题考生必须作答．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)
如图，底面为矩形ABCD的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD．
(1)证明：平面PAD⊥平面PCD．
(2)若PA＝AD＝3，AB＝1，E在棱AD上，若AD＝3AE，求PE与平面PBD所成角的正弦值．

18．(12分)
已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C所对的边，•＝4，且acsinB＝8sinA．
(1)求A；
(2)求sinAsinBsinC的取值范围．

19．(12分)
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．
20．(12分)
已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A是C上的动点，点P(1，1)不在C上，且|AF|＋|AP|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＝λ，＝μ，且λ＋μ＝4，求直线l的方程．
21．(2023年榆林市三模)(12分)
已知函数f(x)＝xlnx．
(1)若直线y＝2x＋m与曲线y＝f(x)相切，求m的值；
(2)证明：－≤f(x)＜(参考数据：e4＞54)．
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)
在直角坐标系xOy中，曲线M的方程为y＝，曲线N的方程为xy＝9．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C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)若射线l：θ＝θ0(ρ≥0，0＜θ0＜)与曲线M交于点A(均异于极点)，与曲线N交于点B，且|OA|·|OB|＝12，求θ0．
23．[选修4－5：不等式选讲](10分)
已知函数f(x)＝|x－a－1|＋|x－2a|．
(1)证明：存在a∈(0，＋∞)，使得f(x)≥1恒成立；
(2)当x∈[2a，4]时，f(x)≤x＋a，求a的取值范围．
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榆林市2022～2023年度第三次模拟考试
数学试题解析(理科)
1．【答案】D
【解析】z＝i，z2＝－2，z4＝4，故选(D)．
2．【答案】A
【解析】因为A＝{x|0＜x＜16}，B＝{y|－1＜y＜4}，所以A∪B＝(－1，16)，故选(A)．
3．【答案】B
【解析】S3＝3a2＝12，a2＝4，而a4＝0，故a6＝－4，故选(B)．
4．【答案】C
【解析】非零向量a＝(1，x)，b＝(x2，4x)，a∥bÛx2＝4Û|x|＝2，故选(C)．
5．【答案】A
【解析】因为实轴在y轴上，所以e2＝1＋＝10，k＝tanα＝，sinα＝，故选(A)．
6．【答案】C
【解析】满足条件的不同选法共有CCC＋CC＋CC＝192，故选(C)．
7．【答案】A
【解析】取B1C1、BB1的中点D、E，则平面MDE∥平面ABC1，所以N在线段DE，MN的最大值为＝2，故选(A)．

8．【答案】B
【解析】执行程序框图，可得下表：
a
－
－
2
k
2
4
结束
故选(B)．
9．【答案】D
【解析】令φ(x)＝f (x)g(x)－x－1，则φ'(x)＝f '(x)g(x)＋f (x)g'(x)－1＜0，所以φ(x)在(0，＋∞)上递减，而φ(1)＝0，因为f (x)g(x)＜x＋1，所以φ(x)＜φ(1)，解得：x＞1，故选(D)．
10．【答案】B
【解析】因为第16匹马的日行路程为315里，所以第17匹马的日行路程为＝300里，则这17匹马的日行路程之和为≈7752里，故选(B)．
11．【答案】A
【解析】令φ(x)＝x＋，则φ(x)在(1，＋∞)上递增，因为log3.43.5－log3.53.6＝－＝，lg3.4lg3.6＜()2＝()2＜lg23.5，所以log3.43.5＞log3.53.6＞1，a＝φ(log3.43.5)＞b＝φ(log3.53.6)＞φ(1)＝2，c＝logπ3.7＜2，所以a＞b＞c，故选(A)．
12．【答案】D
【解析】解法1：作正方形ABCE，则∠DCE＝60°，因为CD＝2AB＝2BC＝4，所以DE⊥EC，故BD为三棱锥A－BCD外接球的直径，即BD2＝4R2＝20，所以球O的表面积是4πR2＝20π，故选(D)．

13．【答案】6
【解析】因为奇函数f(x)＝x3＋(a－5)x2＋ax(x∈R)，所以a＝5，即：f(1)＝6．
14．【答案】(3，＋∞)，7
【解析】因为不等式ax2－6x＋3＞0对x∈R恒成立，所以，解得：a＞3，a＋＝a－1＋＋1≥7，当且仅当a＝4时取等号．
15．【答案】7
【解析】由图像可得：m＝4，n＝3，则m＋n＝7．

16．【答案】
【解析】解法1：因为kOPkAB＝－2，所以kOP＝－2，而P的轨迹经过坐标原点O，故中点P的轨迹所在的直线方程为y＝－2x，联立可得：x＝±，故中点P的轨迹长度为|－(－)|＝．
解法2：横坐标不变，纵坐标缩短为原来的倍，则在新的坐标系中，可得下表：
项目
方程
直线AB的斜率
中点P的轨迹所在直线斜率
中点P的轨迹长度
变换前
x2＋＝1
1
－2
l
变换后
x2＋y2＝1

－
2
则l＝2＝．
17．【解析】(1)因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又因为CD⊥AD，AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD，又因为CD平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD；

(2)以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(0，3，0)，P(0，0，3)，E(0，1，0)，＝(－1，0，3)，＝(0，－3，3)，＝(0，1，－3)，设平面PBD的法向量为＝(x，y，z)，由可得：，令y＝1，则＝(3，1，1)，cos<，>＝＝－，故PE与平面PBD所成角的正弦值为．
18．【解析】(1)因为acsinB＝8sinA，所以由正弦定理可得：abc＝8a，即：bc＝8，而•＝bccosA＝8cosA＝4，故cosA＝，A＝；
(2)解法1：sinAsinBsinC＝sinBsinC＝[cos(B－C)－cos(B＋C)]＝[cos(2B－)＋]，因为B∈(0，)，所以2B－∈(－，)，故sinAsinBsinC∈(0，]．
19．【解析】分别记第i次摸到白球和黄球为事件Ai，Bi，
(1)记“4次摸球后，袋子中球的颜色只有一种”为事件M，则P(M)＝P(A1A2A3A4)＝×××＝0.3024；
(2)X的可能取值为2，4，6，8，10．
P(X＝2)＝P(B1B2B3B4)＝×××＝0.084；
P(X＝4)＝P(A1B2B3B4)＋P(B1A2B3B4)＋P(B1B2A3B4)＋P(B1B2B3A4)＝×××＋×××＋×××＋×××＝0.152；
P(X＝8)＝P(B1A2A3A4)＋P(A1B2A3A4)＋P(A1A2B3A4)＋P(A1A2A3B4)＝×××＋×××＋×××＋×××＝0.252；
P(X＝10)＝0.3024；
P(X＝6)＝1－0.084－0.136－0.252－0.3024＝0.2096；
X的分布列为：
X
2
4
6
6
8
10
P
0.084
0.152
0.2096
0.152
0.252
0.3024
EX＝2×0.084＋4×0.152＋6×0.2096＋8×0.252＋10×0.3024＝7.0736．
20．【解析】(1)当P在C的外部时，0＜p＜，|AF|＋|AP|≥|PF|，此时|PF|＜2，不成立；
当P在C的内部时，设A在C的准线上的投影为M，|AF|＋|AP|＝|AM|＋|AP|≥1＋，当且仅当A、P、M共线时取等号，则1＋＝2，解得：p＝2，故C的方程为y2＝4x；
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x，y)，直线AP的斜率不为0，设AP的方程为：x＝my＋1－m，联立方程可得：y2－4my＋4m－4＝0，则y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－4，因为＝λ，＝μ，所以λ＋μ＝＋＝2＋＋＝2＋＝2－＝4，即：2m(y－1)＝y＋2，而x＝my＋1－m，所以2x－y－4＝0．
21．【解析】(1)因为f(x)＝xlnx，所以f'(x)＝lnx＋1，令f'(x)＝2可得：x＝e，f(e)＝e，故m＝y－2x＝e；
(2)当0＜x＜时，f'(x)＜0，当x＞时，f'(x)＞0，f(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，故f(x)≥f()＝－，即：lnx≥－，所以ln≥－，即：≤，令φ(x)＝，φ'(x)＝，当x＜3时，φ'(x)＜0，当x＞3时，φ'(x)＞0，所以φ(x)≥φ(3)＝＝＞，则＜，即：f(x)＜，故－≤f(x)＜．
22．【解析】(1)曲线M的方程为：x2＋y2－4x＝0(y≥0)，故M的极坐标方程为：ρ2－4ρcosθ＝0(0≤θ≤)，即：ρ＝4cosθ(0≤θ≤)，而曲线N的方程为xy＝9，故曲线N的极坐标方程为ρ2sin2θ＝18；
(2)因为|OA|2·|OB|2＝16cos2θ0·＝144，即tanθ0＝1，故θ0＝．
23．【解析】(1)f(x)＝|x－a－1|＋|x－2a|≥|(x－a－1)－(x－2a)|＝|a－1|，当a∈[2，＋∞)时，f(x)≥|a－1|≥1，故存在a∈(0，＋∞)，使得f(x)≥1恒成立；
(2)因为当x∈[2a，4]时，f(x)＝|x－a－1|＋x－2a≤x＋a，即：|x－a－1|≤3a，所以0＜a＜2，此时1－2a≤x≤4a＋1，故[2a，4]∈[1－2a，4a＋1]，即：，解得：≤a＜2，故a的取值范围为[，2)．