2023届陕西省安康市高三三模数学（理）试题含解析

2023届陕西省安康市高三三模数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据集合的特征，将集合中的两个函数联立，解之即可求解.

【详解】因为集合，

联立方程组，解得或，

所以，

故选：.

2．若复数满足为纯虚数，则（  ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】将代入化简，然后根据其为纯虚数，可求出结果.

【详解】为纯虚数，

∴，∴.

故选：A

3．已知等差数列的前项和为，，则（ ）

A．6 B．12 C．18 D．24

【答案】B

【分析】根据等差数列的性质，求得，结合等差数列的求和公式，即可求解.

【详解】由等差数列的性质，可得，

所以.

故选：B.

4．已知向量，，若与共线，则（ ）

A． B． C． D．5

【答案】A

【分析】利用向量共线在坐标中的表示求出x，再根据向量模在坐标中的计算公式计算即可.

【详解】由题意可得，由两向量共线可得，

解得，∴.

故选：A.

5．党的二十大报告提出全面推进乡村振兴.为振兴乡村经济，某市一知名电商平台决定为乡村的特色产品开设直播带货专场.该特色产品的热卖黄金时段为2023年3月1至5月31日，为了解直播的效果和关注度，该电商平台统计了已直播的2023年3月1日至3月5日时段的相关数据，这5天的第天到该电商平台专营店购物人数（单位：万人）的数据如下表：

依据表中的统计数据，经计算得与的线性回归方程为.请预测从2023年3月1日起的第58天到该专营店购物的人数（单位：万人）为（   ）

A．440 B．441 C．442 D．443

【答案】C

【分析】由表格数据得出中心点代入计算出回归方程，然后预测即可.

【详解】由题意，，，

将代入，可得，解得，

线性回归直线方程为，

将代入上式，.

故选：C

6．羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是，底部所围成圆的直径是，据此可估算得球托之外羽毛所在曲面的展开图的圆心角为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得，求出小圆锥的母线长后可得展开图圆心角．

【详解】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得，

设小圆锥母线长为，则大圆锥母线长为，由相似得，即，

∴可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为.

故选：C．

7．在的展开式中，下列说法正确的是（   ）

A．所有项的二项式系数和为1 B．第4项和第5项的二项式系数最大

C．所有项的系数和为128 D．第4项的系数最大

【答案】B

【分析】展开式所有项的二项式系数和为，A错误，展开式共有8项，第4项和第5项二项式系数最大，B正确，令得C错误，第4项系数小于0，第3项系数大于0，D错误，得到答案.

【详解】对选项A：展开式所有项的二项式系数和为，错误；

对选项B：展开式共有8项，故第4项和第5项二项式系数最大，正确；

对选项C：令得所有项的系数和为，错误；

对选项D：，，系数小于0， ，系数大于0， D错误.

故选：B

8．已知方程的四个根组成以1为首项的等比数列，则（   ）

A．8 B．12 C．16 D．20

【答案】C

【分析】设方程的四个根由小到大依次为，，，，不妨设的一根为1，则另一根为27，求得，再由等比数列的性质得到，，求得公比，进而求得，，进而得到，即可求解.

【详解】设方程的四个根由小到大依次为，，，，

不妨设的一根为1，则另一根为27，所以，

由等比数列的性质可知，所以，，

所以等比数列，，，的公比为，所以，，由韦达定理得，可得.

故选：C.

9．已知正三棱锥的顶点都在球的球面上，其侧棱与底面所成角为，且，则球的表面积为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】作出图形判断外接球球心的位置，先求出相关线段的长度，然后利用勾股定理求出外接球半径，代入球的表面积公式即可求解.

【详解】如图，设点为的中心，则平面，

∴，∴，.

球心在直线上，连接，设球的半径为，

则，，

在中，，解得，

∴球的表面积为.

故选：C.

10．已知椭圆的左，右焦点分别为，，为椭圆上一点，，点到直线的距离为，则椭圆的离心率为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设于，则由已知条件可求出，，再利用椭圆的定义可求出，然后在中利用勾股定理列方程可求出离心率.

【详解】如图，设于，

则由题意得，，

∴，，

由椭圆定义可得，

∴，

在中，由勾股定理得，

可得.

故选：A

11．定义在上的函数满足，且为奇函数，则（   ）

A． B． C．2022 D．2023

【答案】D

【分析】利用抽象函数的轴对称与中心对称性的性质，得出函数的对称轴和中心对称点及周期，利用相关性质得出具体函数值，即可得出结果.

【详解】∵，∴关于对称，

∵为奇函数，∴由平移可得关于对称，且，

，即

上两式比较可得

∴函数是以4为周期的周期函数.，，

∴， ∴.

故选：D.

12．若，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据等式解出a、b、c的值，利用作差法，再通过构造函数，通过函数单调性判断作差后的两式大小，最后作出比较.

【详解】由可得：，，，

比较a和b，构造函数，

当，，在上单调递增，

故，即.

同理比较b和c，构造函数，

当，，∴在上单调递增，

∴，即.

综上，.

故选：A

【点睛】方法点睛：比较数值大小方法.

①估值法：找出式子的取值区间，以此判断各个式子的大小关系；

②作差法与构造函数法：当无法进行估值判断式子大小时，可两两个式子相减，将相减式子构造成函数，通过函数导数判断其单调性，根据单调性判断差值大小，以此判断式子大小.

二、填空题

13．已知满足约束条件,则的最大值是______.

【答案】1

【分析】作出可行域,将平移到可行域的边界即可求得目标函数的最大值.

【详解】如图,可行域为图中阴影部分,当目标函数平移至点时,取得最大值1.

故答案为:1.

14．已知函数，则______.

【答案】/.

【分析】根据分段函数，和，利用 转化为求解.

【详解】

，

故答案为：.

15．已知函数的图象关于点对称，且在区间单调，则的一个取值是______.

【答案】或或或（写出其中一个即可）.

【分析】由的图象关于对称，求得，再结合三角函数的性质，求得的范围，即可求解.

【详解】因为函数的图象关于对称，可得，

解得，所以，

又因为在区间上单调，可得，

结合余弦函数的性质，可得，解得，所以或或或.

故答案为：或或或（写出其中一个即可）.

16．《九章算术》中记载了我国古代数学家祖暅在计算球的体积时使用的一个原理：“幂势既同，则积不容异”，此即祖暅原理，其含义为：两个同高的几何体，如在等高处的截面的面积恒相等，则它们的体积相等.已知双曲线的右焦点到渐近线的距离记为，双曲线的两条渐近线与直线，以及双曲线的右支围成的图形（如图中阴影部分所示）绕轴旋转一周所得几何体的体积为（其中），则双曲线的离心率为______.

【答案】

【分析】先利用条件求出，直线与渐近线及双曲线的交点，从而求出截面积，再利题设所给信息建立等量关系，从而求出结果.

【详解】由题意知渐近线方程为，右焦点为，所以，

由，得，

由，得，

所以截面面积为，

由题知，阴影部分绕y轴转一周所得几何体的体积等于底面积与截面面积相等，高为2的圆柱的体积，

∴，即，

所以，即，

∴，解得，所以.

故答案为：.

三、解答题

17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.

(1)求；

(2)若，，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用诱导公式或者直接展开计算，再根据倍角公式化简即可；

（2）利用正弦定理进行角化边，再根据余弦定理求出c边，最后利用正弦定理的三角形面积公式计算即可.

【详解】（1），

（或

，∴，

∵，∴，∴或，

解得或，∵，∴，∴.

（2）由（1）知，，

由正弦定理得，

由余弦定理得，即，

整理得，

由得，

∴.

18．某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下：得分在内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其他学生不得奖.为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如图所示的样本频率分布直方图.

(1)现从该样本中随机抽取2名学生的竞赛成绩，求这2名学生中恰有1名学生获奖的概率；

(2)估计这100名学生的竞赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

(3)若该市共有10000名学生参加了竞赛，所有参赛学生的成绩近似服从正态分布，其中，为样本平均数的估计值，试估计参赛学生中成绩超过78分的学生人数（结果四舍五入到整数）.

附：若随机变量服从正态分布，则，，.

【答案】(1)

(2)64

(3)

【分析】（1）由古典概型计算即可；

（2）由样本频率分布直方图计算样本平均数的估计值即可；

（3）根据正太分布的三段区间公式计算即可.

【详解】（1）由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的有6人，获二等奖的有8人，获三等奖的有16人，共有30人获奖，70人没有获奖.

从该样本中随机抽取的2名学生的竞赛成绩，基本事件总数为，

设“抽取的2名学生中恰有1名学生获奖”为事件A，则事件A包含的基本事件的个数为，

∵每个基本事件出现的可能性都相等，∴，

即抽取的2名学生中恰有1名学生获奖的概率为.

（2）由样本频率分布直方图得，样本平均数的估计值

.

（3）由题意所有参赛学生的成绩近似服从正态分布.

∵，∴

故参赛学生中成绩超过78分的学生数为.

19．如图1，四边形是梯形，，，是的中点，将沿折起至，如图2，点在线段上.

(1)若是的中点，证明：平面平面；

(2)若，二面角的余弦值为，求的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，证得，，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，再由，证得平面，进而证得平面平面；

（2）以为坐标原点，分别以OD，OC，所在直线为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式列出方程，即可求解.

【详解】（1）证明：取中点，连接，，，

因为且为的中点，可得，所以，

在四边形中，，可得为菱形，所以，

又因为，且平面，所以平面，

因为平面，所以，

又因为，且为的中点，所以，

因为，且平面，所以平面，

又因为平面，所以平面平面.

（2）解：由，可得，所以，

因为，，

以为坐标原点，分别以OD，OC，所在直线为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，.

设，则，

所以，所以，

设平面的一个法向量为，

则，令，则，

又由平面，可得的一个法向量为，

设二面角的平面角为，由图可得为锐角，

则，解得或（舍去），所以.

20．已知函数.

(1)若，求函数的极值；

(2)若恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)极大值为，无极小值.

(2)

【分析】（1）当时，对函数求导，判断单调区间，即可得到极值；

（2）采用分离参数的方式得到，令，对函数求导判断单调性，求得的最小值，进而可得到m的取值范围.

【详解】（1）当时，，其定义域为，，令，得，

∴当时，；当时，，

∴在单调递增，在单调递减，

∴的极大值为，无极小值.

（2）由得，

∴在上恒成立.

令，则，

令，易知在单调递增，

∵，，

∴，使得，即，

∴当时，；当时，；

∴在单调递减，在上单调递增，∴.

由得，∴，

∴， ∴，

∴的取值范围是.

【点睛】（1）解决含有参数的恒成立问题，可优先考虑分离参数，对不等式中含有x的的一端重新构建新函数，对构建的新函数求导判断单调性，求得最值，就可以得到参数的取值范围；（2）对于导数中出现超越函数类型的结构，并且相应导函数的零点不好求得时，可采用设零点方式处理．

21．已知抛物线的焦点为.

(1)求抛物线的方程；

(2)过点的直线与抛物线交于两点，为抛物线上的点，且，，求的面积.

【答案】(1)；

(2)32

【分析】（1）由题意可知，从而即可得答案；

（2）先分析轴时，不满足题意；再设直线的方程为，直线的方程为，分别代入抛物线方程，结合韦达定理可得直线的斜率、线的斜率，再由，可求得的值及点的纵坐标，再根据弦长公式及三角形的面积公式求解即可.

【详解】（1）解：由已知可得，解得，

∴拋物线的方程为；

（2）解：如图所示：

设，，，

若轴，由得，，或，，

此时不满足，∴不满足题意；

设直线的方程为，直线的方程为，

将代入抛物线方程得，，

∴， .

将代入抛物线方程得，∴①.

直线的斜率为，同理直线的斜率为.

∵，∴，

∴，即②.

由①②解得，将其代入①可得，

解得或，

当时，直线的方程为，，.

∵，满足，∴， .

∴，

∴.

同理可得，当时，直线的方程为，，，

∵，满足，∴， .

∴，

∴，

∴的面积为32.

【点睛】思路点睛：求直线与圆锥曲线的相交所形成的三角形或四边形的面积(范围)时，基本思路为：联立直线与圆锥曲线方程，结合韦达定理及弦长公式求解即可.

22．在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；

(2)若射线（其中，且，）与曲线在轴上方交于点，与直线交于点，求.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）采用代入消参方法可得直线的普通方程，结合可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）方法一：分别联立射线与曲线C及直线l的极坐标方程，得到，即可求得.方法二：分别联立射线与曲线C及直线l的直角坐标方程，得到M和N的点坐标，即可求得

【详解】（1）由，得，即.

故直线的普通方程是.

由得，

代入公式，得，∴，

故曲线的直角坐标方程是.

（2）方法一：由（其中，且，），得，.

将射线代入曲线的极坐标方程，可得，

∴.

直线的极坐标方程为，

将代入直线的极坐标方程可得，

∴，

∴.

方法二：由题可得射线（其中，且，）的直角坐标方程为.

联立，解得，则点.

联立解得，则点.

∴.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若，，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）就的不同的取值范围分类讨论后可求不等式的解；

（2）求出的最小值后利用公式可求参数的取值范围.

【详解】（1）

①当时，，解得；

②当时，，解得；

③当时，，无解，

∴不等式的解集为.

（2）∵，，∴，

由（1）知在递减，递增，递增，∴，

∴，∴，解得.