陕西省榆林市2023届高三（三模）理科数学试题

陕西省榆林市2023届高三（三模）理科数学试题

一、单选题

1．（2023·陕西榆林·统考三模）若复数，则（    ）

A． B． C． D．

2．（2023·陕西榆林·统考三模）已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

3．（2023·陕西榆林·统考三模）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

4．（2023·陕西榆林·统考三模）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

5．（2023·陕西榆林·统考三模）实轴在轴上的双曲线的离心率为，则该双曲线渐近线的倾斜角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

6．（2023·陕西榆林·统考三模）某省将从5个A类科技项目、6个B类科技项目、4个C类科技项目中选4个项目重点发展，其中这3类项目都要有，且A类项目中有1个项目已经被选定，则满足条件的不同选法共有（    ）

A．96种 B．144种 C．192种 D．206种

7．（2023·陕西榆林·统考三模）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为（    ）

A． B． C． D．3

8．（2023·陕西榆林·统考三模）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

9．（2023·陕西榆林·统考三模）定义在上的函数的导函数都存在，，且，，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

10．（2023·陕西榆林·统考三模）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

11．（2023·陕西榆林·统考三模）已知，则（    ）

A． B．

C． D．

12．（2023·陕西榆林·统考三模）在三棱锥中，，二面角为，则三棱锥外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．（2023·陕西榆林·统考三模）若奇函数，则__________．

14．（2023·陕西榆林·统考三模）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________．

15．（2023·陕西榆林·统考三模）已知直线与椭圆交于A，B两点，则线段AB的中点P的轨迹长度为__________．

三、解答题

16．（2023·陕西榆林·统考三模）如图，在底面为矩形的四棱锥中，底面．

(1)证明：平面平面．

(2)若，在棱上，且，求与平面所成角的正弦值．

17．（2023·陕西榆林·统考三模）已知分别为的内角所对的边，，且．

(1)求；

(2)求的取值范围．

18．（2023·陕西榆林·统考三模）已知1个不透明的袋子中装有6个白球和4个黄球（这些球除颜色外无其他差异）．甲从袋中摸出1球，若摸出的是白球，则除将摸出的白球放回袋子中外，再将袋子中的1个黄球拿出，放入1个白球；若摸出的是黄球，则除将摸出的黄球放回袋子中外，再将袋子中的1个白球拿出，放入1个黄球．再充分搅拌均匀后，进行第二次摸球，依此类推，直到袋中全部是同一种颜色的球，已知甲进行了4次摸球，记袋子中白球的个数为X．

(1)求袋子中球的颜色只有一种的概率；

(2)求X的分布列和期望．

19．（2023·陕西榆林·统考三模）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．

20．（2023·陕西榆林·统考三模）已知函数．

(1)若直线与曲线相切，求m的值；

(2)证明：（参考数据：）．

21．（2023·陕西榆林·统考三模）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．

22．（2023·陕西榆林·统考三模）已知函数．

(1)证明：存在，使得恒成立．

(2)当时，，求a的取值范围．

四、双空题

23．（2023·陕西榆林·统考三模）若不等式对恒成立，则a的取值范围是__________，的最小值为__________．

参考答案：

1．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．A

【分析】根据并集概念运算即可.

【详解】因为，所以．

故选:A.

3．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．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.

5．A

【分析】根据题意求得，得到渐近线的斜率为，即，结合三角函数的基本关系式，即可求解.

【详解】由题意知，可得，

因为实轴在轴上，所以双曲线渐近线的斜率为，

设双曲线的渐近线的倾斜角为，则，

因为，所以.

故选：A.

6．C

【分析】按照A类项目选2个、选1个进行分类，结合组合知识求解.

【详解】若A类项目选2个，则不同选法共有种；若A类项目选1个，则不同选法共有种．故满足条件的不同选法共有种．

故选：C

7．A

【分析】利用面面平行的性质，通过平面平面，得出点在线段上，从而求出线段的最大值.

【详解】如图，

取的中点，取的中点，连接，，，所以，

又面，面，所以平面，

又为的中点，所以,

又面，面，所以平面，

又，面，面，所以平面平面，

又因为是侧面上一点，且平面，

所以在线段上，又因为，，

所以线段的最大值为.

故选：A.

8．B

【分析】模拟运行程序，得出输出的.

【详解】；；；，故输出的．

故选：B

9．D

【分析】构造函数，根据题意求得则，得到在上单调递减，再由把不等式转化为，结合单调性，即可求解.

【详解】由题意知，可得．

设函数，则，

所以在上单调递减．

因为，所以，

所以，即为，则，

所以不等式的解集为．

故选：D.

10．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．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

12．D

【分析】设E，F，G分别是BC，AC，BD的中点，由，所以，

得到二面角的平面角为，且平面EFG，再证得G是三棱锥外接球的球心，取得外接球的半径为，利用球的表面积公式，即可求解．

【详解】如图所示，设E，F，G分别是BC，AC，BD的中点，则，

因为，所以，

则二面角的平面角为，且平面EFG，

又因为，所以，所以，

因为平面EFG，所以，所以平面ABC．

又因为F是外接圆的圆心，所以FG经过球心，且G是外接圆的圆心，

所以G是三棱锥外接球的球心，

设外接球的半径为，则，

故三棱锥外接球的表面积．

故选：D.

13．6

【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．

【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：.

15．##

【分析】设，联立方程组，求得，得到，再由，求得，得出点P的轨迹方程，进而求得点P的轨迹长度．

【详解】设，

联立方程，整理得，

则，

所以，可得．

由，解得，

所以点P的轨迹方程为，

故点P的轨迹长度为．

故答案为：.

16．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意得到，由底面，证得，进而证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面．

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）证明：由四边形为矩形，可得，

因为底面，且平面，所以．

又因为，且平面，所以平面，

又由平面，所以平面平面．

（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

所以，

设平面的法向量为，则，

令，可得，所以，

设与平面所成的角为，

则，

所以与平面所成的角的正弦值为．

17．(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.

18．(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据袋子中有6个白球和4个黄球，摸4次只剩一种颜色，则只会剩下白球求解；

（2）由X的所有可能取值为2，4，6，8，10，分别求得其概率，然后列出分布列求解.

【详解】（1）解：分别记第i次摸到白球和黄球为事件，

记“4次摸球后，袋子中球的颜色只有一种”为事件D，

则．

（2）X的所有可能取值为2，4，6，8，10．

，

，

，

，

．

故X的分布列为

故．

19．(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.

20．(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据导数的几何意义结合条件即得；

（2）根据函数的单调性可得，然后构造函数，，利用导数求函数的最值，进而即得.

【详解】（1）由题意，，

由，得，

则，

解得；

（2）因为，，

由，可得，在上递减，

由，可得，在上递增；

所以；

又等价于．

令，则．

当时，，在上递增；

当时，，在上递减．

所以．

令，则．

当时， ，在上递减，

当时，；在上递增，．

所以．

因为，所以，所以，

所以，从而得证，

故．

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

21．(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．

22．(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.

23．         

【分析】根据题意，结合二次函数的性质，求得，再利用基本不等式，即可求解.

【详解】当时，不等式对不恒成立，不符合题意（舍去）；

当时，要使得对恒成立，

则满足，解得，所以实数的取值范围为.

因为，可得，所以，

当且仅当时，等号成立，所以的最小值为．

故答案为：；.