陕西省咸阳市2023届高三三模理科数学试题

这是一份陕西省咸阳市2023届高三三模理科数学试题，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．设集合，则集合A的真子集个数是（ ）
A．6B．7C．8D．15
2．已知复数，则复数的共轭复数的虚部是（ ）
A．B．C．2D．3
3．如图，在中，点为边的中点，为线段的中点，连接并延长交于点，设，，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知方程，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数的部分图象如图所示，则它的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知正三棱锥的所有棱长均为2，点M，N分别为棱AD和BC的中点，点E为棱AB上一个动点，则三角形的周长的最小值为（ ）
A．3B．C．D．
7．已知函数的两个零点分别在区间和上，则的取值范围为 （ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数，对任意，恒有，且在上单调递增，则下列选项中不正确的是（ ）
A．
B．函数的对称轴方程为
C．为奇函数
D．在上的最大值为
9．已知实数，任取一点，则该点满足的概率是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知等差数列，的前项和分别为，，若，则（ ）
A．B．C．D．
12．已知抛物线，把该抛物线绕其对称轴旋转一周得到一个几何体，在该几何体中放置一个小球，若使得小球始终与该几何体的底部相接，则小球体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．若一数列为2，7，14，23，，则该数列的第8个数是________．
14．已知三角形的三个内角、、所对的边分别是、、，若，且，则面积的最大值为______．
15．已知是定义在R上的偶函数，当时，，则不等式的解集是________．
16．已知，是双曲线的左，右焦点，点M是双曲线C在第一象限上一点，设I，G分别为的内心和重心，若IG与y轴平行，则________．
三、解答题
17．从某市统考的学生数学考试卷中随机抽查100份，分别统计出这些试卷总分，由总分得到如下的频率分布直方图．
(1)求这100份数学试卷的样本平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)在样本中，从数学成绩不低于125分的试卷中，随机抽取3份进行答卷情况分析，设为抽取的试卷成绩不低于135分的试卷份数，求的分布列及数学期望．
18．如图，三棱柱的侧面是边长为1的正方形，平面平面，，，是的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得二面角的平面角为30°？若存在，求的长；若不存在，请说明理由．
19．已知数列满足，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)数列的前n项和为，若，求n的最大值．
20．已知椭圆：（）的左，右焦点分别为，，为椭圆上的一个动点，的最大值为，且点到右焦点距离的最大值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过点的直线交椭圆于，两点，当的面积最大时，求此时直线的方程．
21．已知函数（）．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若对于任意的，有，求正数的取值范围．
22．直线（t为参数），圆（极轴与x轴的非负半轴重合，且单位长度相同）．
(1)求圆心C到直线l的距离；
(2)若直线l被圆C截得的弦长为，求a的值．
23．已知定义在R上的函数的最小值为p．
(1)求p的值；
(2)设，，求证：．
参考答案：
1．B
【分析】由题意列举出集合中的元素，再用真子集个数公式（为集合中元素个数）计算即可．
【详解】因为，
所以，
所以集合A的真子集个数是，
故选：B．
2．C
【分析】由复数的乘法、除法运算化简复数，再由共轭复数的定义求解即可.
【详解】，
则复数的共轭复数为，则的虚部为2.
故选：C.
3．C
【分析】设，再根据平面向量基本定理分别表示，进而根据向量共线设，代入向量可得，进而得到.
【详解】设，则，又，
设，则，
故，即，
故.
故选：C
4．B
【分析】由，变形为，得到，再由，利用商数关系求解.
【详解】解：因为方程，
所以，
即，则或（舍去），
所以，
所以，
，
故选：B
5．D
【分析】利用排除法，结合函数图象，利用函数的定义域和导数研究函数的单调性，依次判断选项即可.
【详解】由图象可知，函数f（x）的定义域为R.
A：，函数的定义域为，所以A不符题意；
B：，函数的定义域为，所以B不符题意；
C：当时，，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，所以是函数的极大值，
结合图形，不是极大值，故C不符题意；
D：当时，，
则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，结合图形，D符合题意；
故选：D．
6．B
【分析】将侧面和侧面展开为一个平面，求出最短时的长度，再计算出的长度即可．
【详解】根据题意，将正三棱锥的侧面和侧面展开为一个平面，如图所示，
当点，，在同一直线上时，最短，
因为正三棱锥的所有棱长均为2，
所以，即四边形为菱形，
又因为点M，N分别为棱AD和BC的中点，
所以四边形为平行四边形，
所以，
下面求的长；
连接，过点和点作平面，平面，垂足为点和点，
因为三棱锥为正三棱锥，
所以点和点在底面的中线上，且点为等边三角形的中心，
则 ，，
所以，
因为平面，平面，平面，
所以，，则，
又因为点为中点，所以，
在中，，则，
在中，，
所以三角形的周长的最小值为，
故选：B．
.
7．C
【分析】由题意可得，画出可行域及目标函数，利用z的几何意义求出最值，即可求解.
【详解】由题意可得，即
则表示的可行域如图阴影部分（三角形内部，不包含边）所示：
其中，
，令，即
作出直线，平移直线，由图可知：
过点时，有最小值；
过点时，有最大值；
.
故选：C
8．D
【分析】根据三角函数的对称性和单调性求得，进而求得，利用整体代换法，结合奇偶函数的定义和三角函数的最值依次判断选项即可.
【详解】A：由题意，，恒有，
所以是函数的一个最高点，即，
得.
又函数在上单调递增，则，
又函数的单调递增区间为，
所以，
即，解得，
当时，，此时，符合题意；
当时，，此时，不成立，故不符合题意，
所以.所以.故A正确；
B：令，解得，
即函数的的对称轴为，故B正确；
C：，令，
则，即函数为奇函数，故C正确；
D：，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在上，，即函数的最大值为，故D错误.
故选：D.
9．C
【分析】根据几何概型的方法，求出表示的区域中满足的面积所占的比例即可.
【详解】作出图象，所示区域面积为，
设圆与交点分别为，由，则，
故均为等腰直角三角形，故，
故中的面积为，
故所求概率为.
故选：C.
10．B
【分析】构造函数，利用导数分析单调性即可得出；由，可得，进而求解.
【详解】设，
所以，令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，即，得.
所以，即；
又，所以，即，
所以.
故选：B.
11．A
【分析】根据等差数列的前项和形式满足，再根据拼凑对应的形式，进而用表达求解即可.
【详解】即，又等差数列的前项和形式满足，
故.则，
故.
故选：A
12．C
【分析】要使球的体积取到最大值，球需接触到抛物线旋转所形成的的曲面上，设此时球与平面的交点为，球心为，半径为r，利用导数的几何意义求出P处的切线方程，利用点到直线的距离公式、两直线垂直斜率之积为-1计算化简，求出r，结合题意和球的体积公式即可求解.
【详解】要使球的体积取到最大值，球需接触到抛物线旋转所形成的的曲面上，
设此时球与平面的交点为，球心为，半径为r，
则，，
设抛物线在点P处的切线为l，则，且到直线l的距离为r，
，所以直线l方程为，
即，所以点到直线的距离为
①，
又，即，
整理得，代入①式，
得，
因为球始终与该几何体的底部相接，所以点P为原点，即，此时，
所以球的最大体积为.
故选：C.
13．79
【分析】根据题意可得数列的通项公式，进而可得结果.
【详解】由题意可得：，
可得.
所以.
故答案为：79.
14．
【分析】由，利用余弦定理得到，再根据，利用余弦定理结合基本不等式得到和，然后利用三角形面积公式求解.
【详解】解：因为，
所以，
即，解得，
因为，
所以，
，
即，因为，
所以，
则，即，
当且仅当时，等号成立，
所以，
故答案为：
15．
【分析】利用导数判断当时，的单调性，结合偶函数解不等式.
【详解】当时，，，
则在上单调递增，
因为是定义在R上的偶函数，则在上单调递减，
若，即，
可得，解得，
所以不等式的解集是.
故答案为：.
16．68
【分析】由题意，结合图形，根据内切圆的性质和双曲线的定义可得、，进而求得，则，由重心的定义有，求出，求得，利用平面向量数量积的坐标表示计算即可求解.
【详解】由题意知.
如图，为的内切圆，切点分别为A、B、C，设，
则，由双曲线的定义知，
，即，
又，所以，
得，即.
又的重心G与内心I的连线平行与y轴，即轴于点A，
所以.
因为，所以，
代入双曲线方程，得，解得，即，
又，所以，
所以.
故答案为：68.
17．(1)100
(2)分布列见解析，1
【分析】（1）根据频率分布直方图估计平均数的方法，计算平均数即可；
（2）根据超几何分布的分布的知识计算出的分布列以及数学期望.
【详解】（1）这100份数学试卷的平均分为
.
（2）抽查的100份试卷中，成绩位于区间的有8份，
位于区间的有4份，共计12份试卷.
从中抽取3份试卷，这3份试卷中成绩在的试卷数的可能取值是0、1、2、3．
，，
，
则的分布列为
数学期望.
18．(1)证明见解析
(2)存在，．
【分析】（1）在中，根据余弦定理可得，进而可得，结合面面垂直的性质可得平面，进而可得平面平面；
（2）设（），以为坐标原点，以、、分别为、、轴，建立空间直角坐标系，分别求解平面与的法向量，进而可得与的长.
【详解】（1）证明：在中，，，，
则，
则，即，
由已知平面平面，且平面平面，
又平面，故平面．
又平面，则平面平面．
（2）存在，，证明如下：
如图，以为坐标原点，以、、分别为、、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，（），
则，．
设平面的一个法向量为，
则即，
令，则，，即．
又平面的一个法向量，
则二面角的余弦值为，
解得，又，则．
故．
19．(1)
(2)10
【分析】（1）根据题意中的递推公式可得，则数列是以2为首项，2为公比的等比数列，结合等比数列的通项公式即可求解；
（2）由（1），利用分组求和法，结合等差、等比数列前n项求和公式计算可得，求出即可求解.
【详解】（1）∵，且，
∴．
由于，则，∴．
则．
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
得，则，
即数列的通项公式为．
（2）∵，
∴
．
∵，即，
当时，；当时，.
∴满足的n的最大值为10．
20．(1)
(2)或．
【分析】（1）根据的最大值为120°，得，再由点到右焦点距离的最大值为，得到求解；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理由求解.
【详解】（1）解：∵的最大值为，
∴为短轴的端点时，此时易得．
又点到右焦点距离的最大值为，即，
解得，．
又由，可得．
∴椭圆的方程为：．
（2）由题意，设直线的方程为，
联立得，
设，，
则，，
当且仅当即时取等号．
∴所求直线的方程为或．
21．(1)
(2)
【分析】（1）求导，得到切点和斜率，写出切线方程；
（2）由，转化为（，），令，由是增函数，转化为求解．
【详解】（1）解：当时，，得，
切点，斜率，所求切线方程为：，
即．
（2），即（，），
（，），
（，）．
令，显然是增函数，于是上式可化为，
即．
令（），则，易知在上递减，在上递增，
故，于是，可得．
故．
【点睛】思路点睛：本题第二问基本思路是：由，得到（，），构造函数，由是增函数，得到，变形为，用导数法求得的最小值而得解．
22．(1)
(2)或
【分析】（1）先得到直线的普通方程与的直角坐标方程，进而根据点到直线的距离求解即可；
（2）根据垂径定理列式求解即可.
【详解】（1）直线（为参数）化为普通方程为，
，即，即，即，
圆心到直线的距离．
（2）圆的半径为，弦的一半为，
∴，
即，解得或
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据三角不等式分析运算；
（2）根据柯西不等式分析运算.
【详解】（1），当且仅当时等号成立．
∴，即．
（2）依题意可知，
则由柯西不等式得，
∴，即，
当且仅当时，等号成立．
0
1
2
3