陕西省安康市2023届高三三模理科数学试题

安康市2023届高三年级第三次质量联考试卷理科数学本试卷共4页。全卷满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1.答题前，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，再选涂其它答案标号。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.若复数满足为纯虚数，则（）A. B. C. D.23.已知等差数列的前项和为，，则（）A.6 B.12 C.18 D.244.已知向量，，若与共线，则（）A. B. C. D.55.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：日期3月1日3月2日3月3日3月4日3月5日第x天12345人数y（单位：万人）75849398100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.4436.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.7.在的展开式中，下列说法正确的是（）A.所有项的二项式系数和为1 B.第4项和第5项的二项式系数最大C.所有项的系数和为128 D.第4项的系数最大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.209.已知正三棱锥的顶点都在球的球面上，其侧棱与底面所成角为，且，则球的表面积为（）A. B. C. D.10.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.11.定义在上的函数满足，且为奇函数，则（）A. B. C.2022 D.202312.若，则（）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x，y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.《九章算术》中记载了我国古代数学家祖暅在计算球的体积时使用的一个原理：“幂势既同，则积不容异”，此即祖暅原理，其含义为：两个同高的几何体，如在等高处的截面的面积恒相等，则它们的体积相等.已知双曲线的右焦点到渐近线的距离记为，双曲线的两条渐近线与直线，以及双曲线的右支围成的图形（如图中阴影部分所示）绕轴旋转一周所得几何体的体积为（其中），则双曲线的离心率为______.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）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.18.（12分）某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下：得分在内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其他学生不得奖.为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如图所示的样本频率分布直方图.（1）现从该样本中随机抽取2名学生的竞赛成绩，求这2名学生中恰有1名学生获奖的概率；（2）估计这100名学生的竞赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（3）若该市共有10000名学生参加了竞赛，所有参赛学生的成绩近似服从正态分布，其中，为样本平均数的估计值，试估计参赛学生中成绩超过78分的学生人数（结果四舍五入到整数）.附：若随机变量服从正态分布，则，，.19.（12分）如图1，四边形是梯形，，，是的中点，将沿折起至，如图2，点在线段上.（1）若是的中点，证明：平面平面；（2）若，二面角的余弦值为，求的值.20.（12分）已知函数.（1）若，求函数的极值；（2）若恒成立，求的取值范围.21.（12分）已知抛物线的焦点为.（1）求抛物线的方程；（2）过点的直线与抛物线交于，两点，为抛物线上的点，且，，求的面积.（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.[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，，求的取值范围.理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案DABACCBCCADA1.D解析：由题意得，解得或，故，2.A解析：为纯虚数，∴，∴.3.B解析：.4.A解析：由题意可得， ∴，解得，∴.5.C解析：由题意，，，将代入，可得，解得，线性回归直线方程为，将代入上式，.6.C解析：将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面的面积为大、小圆锥的侧面积之差，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.7.B解析：展开式所有项的二项式系数和为，故A错误；展开式共有8项，∴第4项和第5项二项式系数最大，故B正确；令得所有项的系数和为，故C错误；，∴，，均小于0，，，，，∴第3项的系数最大，故D错误.8.C解析：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，∴.由等比数列的性质可知，∴，，∴等比数列，，，的公比为，∴，，由韦达定理得，∴.9.C解析：如图，设点为的中心，则平面，∴，∴，.球心在直线上，连接，设球的半径为，则，，在中，，解得，∴球的表面积为.10.A解析：如图，由题意得，，∴，，由椭圆定义可得，∴，在中，由勾股定理得，可得.11.D解析：∵，∴关于对称，∵为奇函数，∴由平移可得关于对称，且，∴函数是以4为周期的周期函数.，，∴， ∴.12.A解析：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，.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.114.15.1或3或5或7（写出其中一个即可）16.13.1解析：作出可行域，易得目标函数在点处取得最大值1.14.解析：.15.1或3或5或7（写出其中一个即可）解析：由已知可得，∴，，∴，∵在区间上单调，∴，∴结合的图象可得，∴，∴或3或5或7.16.解析：由题意知渐近线方程为，右焦点为，∴.由得；由得，∴截面面积为，阴影部分绕y轴转一周所得几何体的体积等于底面积与截面面积相等，高为2的圆柱的体积，∴，即，∴，即，∴，解得，∴.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.解析：（1），（或），∴，∵，∴，∴或，解得或，∵，∴，∴.（6分）（2）由（1）知，，由正弦定理得，由余弦定理得，即，整理得，由得，∴.（12分）18.解析：（1）由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的有6人，获二等奖的有8人，获三等奖的有16人，共有30人获奖，70人没有获奖.从该样本中随机抽取的2名学生的竞赛成绩，基本事件总数为，设“抽取的2名学生中恰有1名学生获奖”为事件A，则事件A包含的基本事件的个数为，∵每个基本事件出现的可能性都相等，∴，即抽取的2名学生中恰有1名学生获奖的概率为.（4分）（2）由样本频率分布直方图得，样本平均数的估计值.（10分）（3）由题意所有参赛学生的成绩近似服从正态分布.∵，∴故参赛学生中成绩超过78分的学生数为.（12分）19.解析：（1）取中点，连接，，则由已知可得，，∵，∴平面，∴，∵，∴，∵，∴平面，∵平面，∴平面平面.（5分）（2）由已知可求得，∴，∴，∵，，∴以为坐标原点，分别以OD，OC，所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系则，，，.设，则，∴，∴，设平面的一个法向量为，则，令，则.易得平面的一个法向量为.设二面角的平面角为，由图可得为锐角，解得或（舍去）∴.（12分）（几何法：连接，CO，NO，则二面角的平面角为，过点作，则，，∴）20.解析：（1）当时，，其定义域为，，∴当时，；当时，，∴在单调递增，在单调递减，∴的极大值为，无极小值.（4分）（2）由得，∴在上恒成立.令，则，令，易知在单调递增，∵，，∴，使得，即，∴当时，；当时，；∴在单调递减，在上单调递增，∴.由得，∴，∴， ∴，∴的取值范围是.（12分）（由得，∴在上恒成立，令，易得，∴恒成立，∴）21.解析：（1）由已知可得，解得，∴拋物线的方程为.（3分）（2）设，，，若轴，由得，，或，，此时不满足，∴不满足题意；设直线的方程为，直线的方程为，将代入抛物线方程得，，∴， .将代入抛物线方程得，∴①.直线的斜率为，同理直线的斜率为.∵，∴，∴，即②.由①②解得，将其代入①可得，解得或，当时，直线的方程为，，.∵， 满足，∴， .∴，∴.同理可得，当时，直线的方程为，，，∵，满足，∴， .∴，∴，∴的面积为32.（12分）22.解析：（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.（4分）（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，∴，∴.（10分）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.∴.（10分）23.解析（1）①当时，，解得；②当时，，解得；③当时，，无解，∴不等式的解集为.（5分）（2）∵，，∴，由（1）知在递减，递增，递增，∴，∴，∴，解得（10分）