陕西省丹凤中学2023届高三模拟演练理科数学试题

这是一份陕西省丹凤中学2023届高三模拟演练理科数学试题，共18页。试卷主要包含了已知，则等内容，欢迎下载使用。
2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟演练理科数学本试卷总分150分，考试时间120分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．已知集合，则（    ）A．     B．     C．     D．2．已知，则在复平面内对应的点位于（    ）A．第一祭限     B．第二象限     C．第三象限     D．第四象限3．设，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4．已知，则（    ）A．     B．     C．     D．5．如图为国家统计局于2023年1月20日发布的2016-2022年全国R&D经费总量与R&D经费与GDP之比的数据图表，则（    ）A．R&D经费总量的平均数超过23000亿元B．R&D经费总量的中位数为19678亿元C．R&D经费与GDP之比的极差为0.45%D．R&D经费与GDP之比增幅最大的是2021年到2022年6．已知数列满足记为不小于的最小整数，，则数列的前2023项和为（    ）A．2020     B．2021     C．2022     D．20237．南宋时期的数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有一个如图所示的“三角垛”问题，在“三角垛”的最上层放有一个球，第二层放有3个球，第三层放有6个球，……依此规律，其相应的程序框图如图所示．若输出的的值为56，则程序框图中①处可以填入（    ）A．     B．     C．     D．8．如图，在正三棱柱中，为棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）A．     B．     C．     D．9．已知，则（    ）A．     B．     C．     D．10．在数学中，欧拉-马䟜罗尼常数是数学中的一个重要常用无理数，为了便于仗用，我们认为，且．研究与的单调性，可得所在的区间为（   ）（参考数据，）A．     B．     C．     D．11．已知双曲线的左、右焦点分别为，以为直径的圆与双曲线在第二象限的部分交于点，若双曲线上的点满足，则双曲线的离心率为（    ）A．     B．     C．     D．12．已知函数在区间上有三个不同的零点，则的取值范围是（    ）A．     B．     C．     D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知单位向量满足，则向量与向量夹角的余弦值为__________．14．已知圆与圆，直线交圆于，两点，交圆于两点，分别为的中点，则__________．15．在菱形中，，将沿折起，使得点到平面的距离最大，此时四面体的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为__________．16．已知函数．若实数满足，则的最小值为__________．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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）记等差数列的前项和为，已知，且．（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．12．（12分）某乒乓球队训练教官为了检验学员某项技能的水平，随机抽取100名学员进行测试，并根据该项技能的评价指标，按分成8组，得到如图所示的频率分布直方图．（1）求a的值，并估计该项技能的评价指标的中位数（精确到0.1）；（2）若采用分层抽样的方法从评价指标在和内的学员中随机抽取12名，再从这12名学员中随机抽取5名学员，记抽取到学员的该项技能的评价指标在内的学员人数为，求的分布列与数学期望．19．（12分）如图，在四棱锥中，．（1）证明：平面平面；（2）已知．若平面与平面夹角的余弦值为，求的值．20．（12分）已知椭圆的左、右顶点分别为，长轴长为短轴长的2倍，点在上运动，且面积的最大值为8．（1）求的方程；（2）若直线经过点，交于两点，直线分别交直线于，两点，试问与的面积之比是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．21．（12分）已知函数．（1）若在区间上单调递减，求实数的取值范围；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．（二）选考题：共10分。请考生在第22．23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系中，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）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）当与有公共点时，求实数的取值范围．23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数．（1）求不等式的解集；（2）若恒成立，求实数的取值范围．参考答案及解析理科数学一、选择题1．C  【解析】由题意得，所以．2．A  【解析】由题意得，则，所以在复平面内对应的点为，位于第一象限．3．A  【解析】若，则，所以，所以，所以是的充分条件；若，不妨取，不满足，所以不是的必要条件，故是的充分不必要条件．4．D  【解析】由题意得．令，则①．又②，所以联立①②，解得，故．5．C  【解析】对于选项A，R&D经费总量的平均数为，所以A错误；对于选项B，R&D经费总量的中位数为22144亿元，所以B错误；对于选项C，R&D经费与之比的极差为，所以C正确；对于选项D，R&D经费与GDP之比增幅最大的是2019年到2020年，所以D错误．6．A  【解析】由题意得，则当时，，当时也满足上式，所以，所以，故的前2023项和为．7．C  【解析】第一次循环：，不满足输出条件，；第二次循环：，不满足输出条件，；第三次循环：，不满足输出条件，；第四次循环：，不满足输出条件，；第五次循环：，不满足输出条件，；第六次循环：，满足输出条件，退出循环．所以判断框中的条件可填入“”．8．A  【解析】如图所示，分别取棱的中点，连接，设，连接，则易知平面平面．又因为为的中点，所以，易知平面，从而平面，因此平面，则即为与平面所成的角，且等于直线与平面所成的角．设，则，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．9．B  【解析】因为，所以．令函数，所以，所以在区间上单调递增，所以，即，所以．10.C  【解析】因为，所以单调递减，则，即．因为，所以单调递增，则当趋近于时，，所以，所以，故所在的区间为．11．A  【解析】如图，连接，由题意知，设，由双曲线的定义可得．又由题可得，所以，即．在中，，由，得，由双曲线的定义可得．因为，所以，所以，在中，，又由余弦定理可得，即，所以．又因为，所以，所以，故，所以双曲线的离心率．12．B  【解析】令，得，所以，所以，所以，则或．由题意得方程在区间内有两个不同的实数根，设两根分别为，则，，所以，，所以．因为，所以，所以．又，所以，即的取值范围是．二、填空题13．  【解析】因为，所以．又是单位向量，所以．14．  【解析】连接，则．过点作，垂足为点，则四边形为矩形，所以．又，所以．又，所以．15．  【解析】如图，设，因为四边形为菱形，，所以和均是边长为2的等边三角形，则．因为翻折后点到平面的距离最大，所以平面平面．设的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，则平面，且．设，则，解得，所以外接球的半径，所以四面体的外接球的表面积．16．  【解析】由，得，当时，，所以在区间上单调递增．因为，所以，即．又，且易知当时，，所以，所以，所以．令，所以，当时，单调递减；当时，单调递增，所以当时，取得最小值，故的最小值为．三、解答题17解：（1）设数列的公差为，由，得．因为，所以，整理得，所以，即，解得或．当时，，所以，符合题意；当时，，所以，不符合题意，舍去，所以．（2）由（1）知，则，所以，则，两式相减，得令，则，两式相减，得，所以，所以，所以．18．解：（1）由直方图可知，解得．因为，，所以学员该项技能的评价指标的中位数在内．设学员该项技能的评价指标的中位数为，则，解得．（2）由题意可知抽取的12名学员中该项技能的评价指标在内的有4名，在内的有8名．由题意可知的所有可能取值为．，，，，，则的分布列为0123419．（1）证明：如图，取的中点分别为，连接，所以，且．又，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以．因为，所以．因为，所以．又，所以，所以，即．又平面，所以平面，所以平面．又平面，所以平面平面．（2）解：由（1）知，平面，因为平面，所以，所以．在中，，则，则．因为，所以，所以两两垂直．以为坐标原点，向量的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，所以，．由，得．设平面的法向量为，则即取，则，得平面的一个法向量为．设平面的法向量为，则即取，则，所以．设平面与平面的夹角为，则，解得．故的值为．20．解：（1）由题意得，即①．当点为的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值，所以，即②．联立①②，得．故的方程为．（2）与的面积之比为定值．由（1）可得，由题意设直线．联立得，则，，所以．直线的方程为，令，得，即．同理可得．故与的面积之比为，即与的面积之比为定值．21．解：（1），由题意知当时，恒成立，即恒成立．当时，上式显然成立；当时，．令，则，当时，单调递增；当时，单调递减，所以当时，取得最大值，即．故当时，只需，解得．综上，实数的取值范围是．（2）由题意得对任意恒成立，令，则，且，所以需，即．下面证当时，对任意恒成立．当，即时，；当，即时，．令，则．因为，所以，所以，所以在区间上单调递增，所以，所以，则．故当，且时，．又，所以，所以．综上，当时，恒成立，且的根不连续，所以在区间上单调递减，所以．故实数的取值范围为．22．解：（1）由（为参数）消去参数，得，所以直线的普通方程为．由得0，即，所以曲线的直角坐标方程为．（2）由（1）知曲线的直角坐标方程为，因为，所以曲线表示圆心为，半径为的圆．要使直线与曲线有公共点，必须满足：圆心到直线的距离，解得，即实数的取值范围为．23．解：（1）因为所以等价于或或解得或或，所以或，所以不等式的解集为．（2）由（1）可知当时，有最小值，且为，所以恒成立等价于恒成立，所以，解得，即实数的取值范围为．