陕西省咸阳市2023届高三三模理科数学试题及答案

陕西省咸阳市2023届高三三模理科数学试题

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

一、单选题

1．设集合，则集合A的真子集个数是（    ）

A．6 B．7 C．8 D．15

2．已知复数，则复数的共轭复数的虚部是（    ）

A． B． C．2 D．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．3 B． 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．