2023届陕西省榆林市高三三模数学（文）试题含解析

2023届陕西省榆林市高三三模数学（文）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．若由一个列联表中的数据计算得，则（    ）

A．能有的把握认为这两个变量有关系

B．能有的把握认为这两个变量没有关系

C．能有的把握认为这两个变量有关系

D．能有的把握认为这两个变量没有关系

【答案】A

【分析】通过所给的观测值，同临界值表中的数据进行比较，得到结论.

【详解】因为，所以能有的把握认为这两个变量有关系．

故选：A

5．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.

6．定义在上的函数，的导函数都存在，，则曲线在处的切线的斜率为（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】B

【分析】，设函数，则有，可求曲线在处的切线的斜率.

【详解】，

设函数，

则，所以．

即曲线在处的切线的斜率为1.

故选：B

7．若椭圆的焦距大于，则m的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由椭圆方程表示出焦距，解不等式即可.

【详解】椭圆化为标准方程为，则，

若椭圆的焦距大于，则有，

整理得，解得，故．

故选：D

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：B

9．如图，一只小蚊子（可视为一个质点）在透明且密封的正四棱锥容器内部随意飞动，，，若某个时刻突然查看这只小蚊子，则它到四边形ABCD的中心的距离小于的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用几何概型的体积模型求概率，首先确定到四边形ABCD的中心的距离小于是以四边形ABCD的中心为O为球心、为半径的半球内，再求半球与棱锥的体积比即可.

【详解】记四边形ABCD的中心为O，BC中点为E，连接AO，PO，OE，PE，

则，，，，

设，垂足为F，则，解得

故以O为球心，为半径的半球完全在正四棱锥容器内部，且正四棱锥的容积为，

以O为球心，为半径的半球体积为，

故它到四边形ABCD中心的距离小于的概率为．

故选：B

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．已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线E上一点，，的平分线与x轴交于点Q，，则双曲线E的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】B

【分析】根据题意分析可得，利用正弦定理结合角平分线可得，再根据双曲线的定义结合通径分析运算即可.

【详解】∵，则，可得，

分别在中，由正弦定理可得：

∵平分，可得，即，

且，

故，则，

所以，

又∵，则，

所以，整理得，

故，得，即，

所以.

故选：B.

【点睛】本题考查双曲线的性质，考查逻辑推理与数学运算的核心素养.

方法定睛：1.双曲线离心率(离心率范围)的求法

求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值．

2.焦点三角形的作用

在焦点三角形中，可以将双曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．

12．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：A

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

14．若，则的最小值为________．

【答案】7

【分析】利用基本不等式求目标式的最小值，注意取值条件.

【详解】因为，所以，

所以，

当且仅当时等号成立，故的最小值为7．

故答案为：7

15．如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，M为的中点，N是侧面上一点，且∥平面，则线段MN的最大值为________．

【答案】

【分析】取的中点D，取的中点E，可得∥平面，由得∥平面，从而平面∥平面，所以N在线段DE上，求出，，即可得出答案．

【详解】如图，取的中点D，取的中点E，连接MD，DE，ME，

∵，，∴，

∵平面，平面，∴∥平面，

∵，平面，平面，∴∥平面，

又平面，∴平面∥平面，

又平面平面，∥平面，所以N在线段DE上．

因为，，

所以线段MN的最大值为．

故答案为：．

16．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：.

三、解答题

17．如图，在底面为矩形的四棱锥中，底面ABCD．

(1)证明：平面平面PCD．

(2)若，，E在棱AD上，且，求四棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)2

【分析】（1）由，，证得平面PAD，则有平面平面PCD．

（2）由已知数据结合棱锥体积公式计算.

【详解】（1）证明：由四边形ABCD为矩形，得．

因为底面ABCD，平面ABCD，所以．

因为，平面PAD，所以平面PAD．

因为平面PCD，所以平面平面PCD．

（2）因为，，所以，

因为直角梯形ABCE的面积．

所以．

18．某地要举办一年一度为期一个月（30天）的大型商业峰会，一商店每天要订购相同数量的一种食品，每个该食品的进价为元，售价为1元，当天卖不完的食品按进价的半价退回，食品按每箱100个包装．根据往年的销售经验，每天对该食品的需求量和当天到会的人数有关，为了确定订购计划，统计了往年的到会人数与需求量和到会人数与天数的有关数据如下：

以到会人数位于各区间的频率估计到会人数位于各区间的概率．

(1)估计商业峰会期间，该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的概率；

(2)设商业峰会期间一天这种食品的销售利润为Y（单位：元），当商业峰会期间这种食品一天的进货量为550箱时，写出Y的所有可能值，并估计Y不超过15000元的概率．

【答案】(1)

(2)Y的所有可能值为11500，15000，18500，22000；

【分析】（1）根据表格求出商店一天这种食品的需求量不超过500箱的天数，从而求出相应的概率；

（2）根据到会人数位于的区间，求出Y的所有可能取值，并求出Y不超过15000元的概率.

【详解】（1）由表中数据可知商业峰会期间30天内，该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的天数为，

所以商业峰会期间该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的概率为．

（2）当峰会期间这种食品一天的进货量为550箱时，

若到会人数位于区间内，

则元，

若到会人数位于区间内，

则元，

若到会人数位于区间内，

则元，

若到会人数超过11000，则元，

即Y的所有可能值为11500，15000，18500，22000

Y不超过15000元，意味着到会人数不超过10000，

到会人数不超过10000的频率为，

所以Y不超过15000元的概率的估计值为．

19．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.

20．已知是函数的一个极值点．

(1)证明：；

(2)讨论的单调性；

(3)若，的极大值为M，且对恒成立，求m的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)答案见解析

(3)

【分析】（1）依题意可得，即可证得结论；

（2）求得，通过对分类讨论确定的正负，得出的单调性；

（3）由（2）知，，因为，所以，则，令，结合的单调性可得，即可得出答案．

【详解】（1），

依题意可得，，则．

（2）由（1）知，

当，即时，

时，；时，；时，．

所以在，上单调递增，在上单调递减．

当，即时，

，所以在上单调递增．

当，即时，

时，；时，；时，．

所以在，上单调递增，在上单调递减．

（3）因为，所以由（2）知，当时，取得极大值，则，

因为，所以，又，所以．

令，则，

所以为减函数，所以，

故，即m的取值范围为．

21．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.

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.