陕西省联盟学校2023届高三下学期第三次大联考理科数学试题 附答案

这是一份陕西省联盟学校2023届高三下学期第三次大联考理科数学试题 附答案，共18页。试卷主要包含了本试卷分第I卷两部分，答卷必须使用0，已知等比数列的前2项和为，则，已知p，已知命题，设，，，则等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前“高考研究831重点课题项目”陕西省联盟学校2023年第三次大联考数学（理科）试题注意事项：120分钟.1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.答案均写在答题纸上，满分150分，时间2.答卷前将答题卡上的学校､姓名､班级填写清楚，并检查条形码是否完整､信息是否准确.3.答卷必须使用0.5mm的黑色签字笔书写，字迹工整､笔迹清晰.并且必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效.第I卷（选择题共60分）一､选择题（本大题共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.已知集合则（    ）A.M∪N=R    B.M∪N={x|-3≤x<4}C.M∩N={x|-2≤x≤4}    D.M∩N={x|-2≤x<4}2.已知复数满足，在复平面内对应的点在第二象限，则（    ）A.    B.    C.    D.3.核酸检测是目前确认新型冠状病毒感染最可靠的依据.经大量病例调查发现，试剂盒的质量､抽取标本的部位和取得的标本数量，对检测结果的准确性有一定影响.已知国外某地新冠病毒感染率为0.5%，在感染新冠病毒的条件下，标本检出阳性的概率为99%.若该地全员参加核酸检测，则该地某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为（    ）A.0.495%    B.0.9405%    C.0.99%    D.0.9995%4.已知等比数列的前2项和为，则（    ）A.1    B.    C.    D.5.已知p：，q：，则p是q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6.将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若在上为增函数，则最大值为（    ）A.    B.2    C.3    D.7.算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一，算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠，例如，在百位档拨一颗下珠，十位档拨一颗上珠和两颗下珠，则表示数字，若在个､十､百､千位档中，先随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于的概率为（    ）A.    B.    C.    D.8.已知命题：“若直线平面，平面平面，则直线平面”，命题：“棱长为的正四面体的外接球表面积是”，则以下命题为真命题的是（    ）A.    B.    C.    D.9.已知双曲线的左､右焦点分别为，一条渐近线为，过点且与平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（    ）A.    B.    C.    D.10.设，，，则（    ）A.    B.    C.    D.11.已知定点，直线：与抛物线交于两点A，B，若，则（    ）A.4    B.6    C.8    D.1012.已知函数是偶函数，且.当时，，则下列说法正确的是（    ）A.是奇函数B.在区间上有且只有一个零点C.在上单调递增D.区间上有且只有一个极值点第II卷（非选择题共90分）二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题纸中相应的横线上.）13.已知，则与的夹角为__________.14.的展开式中项的系数为___________.15.如图，圆锥的轴截面是边长为的正三角形，点是底面弧的两个三等分点，则与所成角的正切值为______.16.已知数列的前n项和，设为数列的前n项和，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为________.三､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.（本小题满分12分）在中，已知.（1）求角的值；（2）求边长的值.18.如图，四棱锥中，，且，直线与平面的所成角为分别是和的中点.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.19.脂肪含量（单位：%）指的是脂肪重量占人体总重量的比例.某运动生理学家在对某项健身活动参与人群的脂肪含量调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男性120位，其平均数和方差分别为14和6，抽取了女性90位，其平均数和方差分别为21和17.（1）试由这些数据计算出总样本的均值与方差，并对该项健身活动的全体参与者的脂肪含量的均值与方差作出估计.（结果保留整数）（2）假设全体参与者的脂肪含量为随机变量X，且X~N（17，2），其中2近似为（1）中计算的总样本方差.现从全体参与者中随机抽取3位，求3位参与者的脂肪含量均小于12.2%的概率.附：若随机变量×服从正态分布N（μ，2），则P（μ-≤X≤μ+≈0.6827，P（μ-2≤X≤μ+2）≈0.9545，≈4.7，≈4.8，0.158653≈0.004.20.已知是椭圆的左､右焦点，是椭圆的短轴，菱形的周长为，面积为，椭圆的焦距大于短轴长.（1）求椭圆的方程；（2）若是椭圆内的一点（不在的轴上），过点作直线交于两点，且点为的中点，椭圆的离心率为，点也在上，求证：直线与相切.21.已知函数，其中为实数，为自然对数底数，.（1）已知函数，，求实数取值的集合（2）已知函数有两个不同极值点､.①求实数的取值范围②证明：.请考生在第22､23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.并请考生务必将答题卡中对所选试题的题号进行涂写.22.（本小题满分10分）22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程选讲.在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）设射线和射线分别与曲线交于､两点，求面积的最大值.23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲.设均不为零，且.（1）证明：；（2）求的最小值.“高考研究831重点课题项目”陕西省联盟学校2023年第三次联考试卷数学（理科）试题参考答案与评分细则一､选择题（本大题共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.）题号123456789101112答案DCADCBCABACB1.【参考答案】D【详解】，解得：，即，，，.故选：D2.【参考答案】C设，则，因为，所以，所以，所以，解得或（舍去），所以.故选：C3.【参考答案】A记感染新冠病毒为事件，感染新冠病毒的条件下，标本为阳性为事件则，故某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为，故选：A4.【参考答案】D因为，所以，由题知：，所以，解得，所以，即，所以.故选：D5.【参考答案】C令，结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.令，，且，故为奇函数，时，递增，则也递增，又为奇函数，则在上递增，，若，则，则，即即；，若，则等价于，即，由在上递增，则，即，故p是q的充要条件，故选：C.6.【参考答案】B函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则，又因为在上为增函数，所以，且，解得：，故的最大值为2.故选：B.7.【参考答案】C依题意得所拨数字共有种可能.要使所拨数字大于，则：若上珠拨的是千位档或百位档，则所拨数字一定大于，有种；若上珠拨的是个位档或十位档，则下珠一定要拨千位，再从个､十､百里选一个下珠，有种，则所拨数字大于的概率为，故选：C.8.【参考答案】A命题p：若，，则或，故命题p为假命题；命题q：将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为，对角线长为，则正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，则外接球的半径为，所以外接球的表面积为，故命题q为真命题.所以命题为真命题，命题为假命题.9.【参考答案】B【解析】设，则点位于第四象限，由双曲线定义知：；设过点且与平行的直线的倾斜角为，则，；在中，由余弦定理得：即，整理可得：.10.【参考答案】A设，因为，所以当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以当，且时，，即.所以，，所以最小，又因为，所以.综上，.故选：A11.【参考答案】C设，，由题知，，故，则，由，即，即，解得，则，则.故选：C.12.【参考答案】ACDA选项，由是偶函数，故，结合，推导出，A正确；B选项，求出的一个周期为4，从而只需求在区间上的零点个数，结合函数性质得到，B错误；C选项，求导得到，换元后得到，，再次求导，得到的单调性，结合，，得到在上恒成立，得到在上单调递增；D选项，与C选项一样得到的单调性，结合零点存在性定理得到隐零点，进而得到的单调性，求出区间上有且只有一个极值点.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题纸中相应的横线上.）13.【参考答案】因为，所以，所以，即.所以，因为，所以与的夹角为.故答案为：14.【参考答案】解：二项式，所以展开式中含的项为，所以项的系数为，故答案为：.15.【参考答案】设圆锥底面圆心为，连接，为弧的两个三等分点，，又，为等边三角形，，，即为异面直线与所成角，平面，平面，，，，，即与所成角的正切值为.故答案为：.16.【参考答案】当时，，当时，满足上式，所以.所以，所以，由，可得，即，因为函数在单调递增，所以当时，有最小值为10，所以，所以，所以实数的取值范围为.故答案为：.三､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17.【解析】（1）在中，由，得.由正弦定理得，，所以，故；又因为为钝角，所以（2）在中，.由余弦定理得：所以18.【解析】（1）取的中点，连接，是的中点，，平面平面，平面，同理可得平面，平面平面，平面平面，平面，平面；（2）以点A为原点，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意可得，.设，因，直线与平面的所成角为则.又因则点的横坐标.又，则，结合题图可知，则，.设是平面的一个法向量，则，令，则.设是平面的一个法向量，则令，则.又因两平面夹角范围为，设平面与平面夹角为，，平面与平面夹角的余弦值为.19.【解析】（1）把男性样本记为，其平均数记为，方差记为；把女性样本记为，其平均数记为，方差记为.则.记总样本数据的平均数为，方差为.由，根据按比例分配的分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，可得总样本平均数为.根据方差的定义，总样本方差为由可得同理，，因此，所以，所以总样本的均值为17，方差为23，并据此估计该项健身活动全体参与者的脂肪含量的总体均值为17，方差为23.（2）由（1）知，所以，又因为，所以，因为，所以.所以3位参与者的脂肪含量均小于的概率为.20.【解析】（1）菱形的周长为，面积为，，又，或，又椭圆的焦距大于短轴长，即，，，则椭圆的方程为：.（2）由题意知：直线的斜率必然存在，可设其方程为：，由得：，设，则，即，，，，；椭圆的离心率为，，解得：，，由得：，，在椭圆上，，整理可得：，，直线与相切.21.【解析】（1）由，得，当时，因为，不合题意当时，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，要，只需，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，则由得，所以，故实数取值的集合（2）①由已知，，因为函数有两个不同的极值点，，所以有两个不同零点，若时，则在上单调递增，在上至多一个零点，与已知矛盾，舍去当时，由，得，令所以，当时，，单调递增当时，，单调递减所以，因为，，所以，所以，故实数的取值范围为②设，由①则，因为，所以，，则，取对数得，令，，则，即，令，则，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，令，则，在上单调递增，又，所以当时，，即，因为，，在上单调递增，所以，所以，即，所以，故成立.22.【解析】（1）解：由可得，即，故曲线的普通方程为，因为，，所以曲线的极坐标方程为，即.（2）解：由题意知，，∴，因为，则，所以当，即当时，的面积最大，且最大值是.23.（1）依题意，，且均不为零，则，所以.（2）因为，当且仅当，即时取等号，因此，所以的最小值为3.