陕西省安康市2023届高三三模文科数学试题

陕西省安康市2023届高三三模文科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．若复数满足为纯虚数，则（  ）

A． B． C． D．2

3．已知等差数列的前项和为，，则（ ）

A．6 B．12 C．18 D．24

4．已知向量，若与共线，则（    ）

A． B． C． D．5

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

6．若双曲线的渐近线与圆相切，则k=（    ）

A．2 B． C．1 D．

7．在中，“”是“”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

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

9．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．

10．设是定义域为的偶函数，且，则（    ）

A． B． C． D．

11．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．

12．若，则（   ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知满足约束条件,则的最大值是______.

14．已知函数，则___________．

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______.

16．已知矩形ABCD的周长为36，把它沿图中的虚线折成正六棱柱，当这个正六棱柱的体积最大时，它的外接球的表面积为___________．

三、解答题

17．新高考取消文理分科，采用选科模式，这赋予了学生充分的自由选择权．新高考地区某校为了解本校高一年级将来高考选考历史的情况，随机选取了100名高一学生，将他们某次历史测试成绩（满分100分）按照，，，，分成5组，制成如图所示的频率分布直方图．

(1)求图中a的值并估计这100名学生本次历史测试成绩的中位数．

(2)据调查，本次历史测试成绩不低于60分的学生，高考将选考历史科目；成绩低于60分的学生，高考将不选考历史科目．按分层抽样的方法从测试成绩在，的学生中选取5人，再从这5人中任意选取2人，求这2人中至少有1人高考选考历史科目的概率．

18．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.

19．如图，四棱锥中，平面，四边形是正方形，，，分别是棱，，的中点．

(1)证明：平面；

(2)若，求点到平面的距离．

20．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)若，求的取值范围．

21．已知 为抛物线上一点．

(1)求抛物线的准线方程；

(2)过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，且直线与的倾斜角互补，求的值．

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.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若，，求的取值范围.

参考答案：

1．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．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．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．A

【分析】现根据平面向量共线的坐标公式求出，再根据向量的模的坐标公式即可得解.

【详解】由题意可得，

∵与共线，∴，解得，

∴．

故选：A.

5．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．B

【分析】根据点到直线的距离公式即可求解.

【详解】双曲线的渐近线方程为，即,

∵双曲线的渐近线与圆相切，且圆心为，

∴，解得．

故选：B

7．D

【分析】根据充分条件与必要条件概念，以及正弦定理与三角形的性质，即可判定出结果.

【详解】在中，若，，则，，满足；三角形中大边对大角，此时，所以，根据正弦定理得到，

所以由“”不能推出“”；

若，根据正弦定理，得到，根据三角形中大边对大角得，若为钝角，则，不能推出；

综上，“”是“”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的概念，涉及正弦定理，属于基础题型.

8．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．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．

10．B

【分析】利用条件和偶函数的性质，得出函数的周期为2，再根据条件即可求出结果.

【详解】因为是定义域为的偶函数，所

所以的周期为2，

所以．

故选：B.

11．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

12．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.

13．1

【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．/

【分析】求得，结合的解析式可求得的值.

【详解】因为，且，

则.

故答案为：.

15．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）.

16．52π

【分析】先分析正六棱柱的体积最大时底面边长和高的值，再求解其外接球的半径进而求得外接球的表面积.

【详解】设正六棱柱的底面边长为x，高为y，则，

正六棱柱的体积，

当且仅当，即时，等号成立，此时正六棱柱的外接球的球心在其上下底面中心的连线的中点，

其半径为，∴外接球的表面积为．

故答案为：．

17．(1)；

(2)

【分析】（1）根据和频率总和为1计算出a的值；频率分布直方图中中位数左右两边的直方图面积相等都为0.5，由此列式即可计算出中位数；

（2）根据频率分布直方图计算出成绩在，的学生频数，根据分层抽样规则计算出对应区间人数，最后列式计算或用列举法即可得出答案.

【详解】（1），解得

设中位数为x，因为学生成绩在的频率为，在的频率为

所以中位数满足等式，解得

故这100名学生本次历史测试成绩的中位数为.

（2）成绩在的频数为

成绩在的频数为

按分层抽样的方法选取5人，则成绩在的学生被抽取人，在的学生被抽取人

从这5人中任意选取2人，都不选考历史科目的概率为，故这2人中至少有1人高考选考历史科目的概率为.

18．(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，

∴.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接DE，推导四边形BEDF是平行四边形，从而得到，再得到，从而平面BFG，平面BFG，进而得到平面平面BFG，因此得证平面；

（2）由平面，，可得平面ABCD，作，垂足为M，则，进而得到平面BFG，即的长是点C到平面BFG的距离，再利用等面积法求解即可.

【详解】（1）连接DE，

∵ABCD是正方形，E，F分别是棱BC，AD的中点，

∴，，

∴四边形BEDF是平行四边形，

∴，

∵G是PA的中点，

∴，

∵PD，DE平面BFG，FG，BF平面BFG，

∴平面BFG，平面BFG，

∵，直线PD，DE在平面PDE内，

∴平面平面BFG，

∵PE平面PDE，

∴平面BFG．

（2）∵平面，，

∴平面ABCD，

过C在平面ABCD内，作，垂足为M，则，

∵，又直线FG，BF在平面BFG内，

∴平面BFG，

∴的长是点C到平面BFG的距离，

∵中，，

∴由等面积可得，

∴点C到平面BFG的距离为.

20．(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求函数的导数，分或两种情况讨论；

（2）由，令，，分，或三种情况讨论.

【详解】（1）对函数求导可得，

当时，，此时函数在上单调递增；

当时，令得，

令得，此时函数在单调递减，单调递增．

（2）当时，显然成立．

当时，函数在上单调递增，若，

由可得，

∴，

与矛盾；

当时，函数在单调递减，单调递增，

∴，∵，∴，

即，

令，则，

令得，∴在单调递减，单调递增，

∴，∴，

综上，a的取值范围是．

【点睛】导数恒成立问题方法点睛：

1.含参不等式恒成立问题首选的方法是通过分离变量，转化为求函数的最值问题.

2.不能参变分离时，通过构造函数，分类进行讨论，求导得到函数的单调性，求此函数的最值.

21．(1)

(2)2

【分析】（1）由点在抛物线上求出，计算得抛物线的准线方程；

（2）先设直线再联立方程组求出两根和和两根积，再应用两点间距离公式计算可得.

【详解】（1）由点在抛物线上得，即

∴抛物线的准线方程为.

（2）设直线AB的方程为，,

由直线与的倾斜角互补得，

即

∴

联立得

∴，∴，即，

∴

∴．

22．(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．(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.