2023屆陜西省榆林市高三三模數(shù)學(xué)(理)試題_第1頁
2023屆陜西省榆林市高三三模數(shù)學(xué)(理)試題_第2頁
2023屆陜西省榆林市高三三模數(shù)學(xué)(理)試題_第3頁
2023屆陜西省榆林市高三三模數(shù)學(xué)(理)試題_第4頁
2023屆陜西省榆林市高三三模數(shù)學(xué)(理)試題_第5頁
已閱讀5頁,還剩11頁未讀, 繼續(xù)免費閱讀

下載本文檔

版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請進(jìn)行舉報或認(rèn)領(lǐng)

文檔簡介

2023屆陜西省榆林市高三三模數(shù)學(xué)(理)試題一、單選題1.若復(fù)數(shù),則(

)A. B. C. D.【答案】D【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運算法則,即可求解.【詳解】由,可得,則.故選:D.2.已知集合,則(

)A. B. C. D.【答案】A【分析】根據(jù)并集概念運算即可.【詳解】因為,所以.故選:A.3.一個等差數(shù)列的前3項之和為12,第4項為0,則第6項為(

)A. B. C.1 D.2【答案】B【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì),求得,再結(jié)合,即可求解.【詳解】由等差數(shù)列的前3項之和為12,可得,所以,又由第4項為0,即,因為第2項、第4項、第6項依次成等差數(shù)列,即,所以.故選:B.4.已知兩個非零向量,則“”是“”的(

)A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【分析】根據(jù)向量的共線的坐標(biāo)運算,求得,再結(jié)合充分條件、必要條件的判定方法,即可求解.【詳解】因為且,可得,解得或,又因為為非零向量,所以,即,故“”是“”的充要條件.故選:C.5.實軸在軸上的雙曲線的離心率為,則該雙曲線漸近線的傾斜角的正弦值為(

)A. B. C. D.【答案】A【分析】根據(jù)題意求得,得到漸近線的斜率為,即,結(jié)合三角函數(shù)的基本關(guān)系式,即可求解.【詳解】由題意知,可得,因為實軸在軸上,所以雙曲線漸近線的斜率為,設(shè)雙曲線的漸近線的傾斜角為,則,因為,所以.故選:A.6.某省將從5個A類科技項目、6個B類科技項目、4個C類科技項目中選4個項目重點發(fā)展,其中這3類項目都要有,且A類項目中有1個項目已經(jīng)被選定,則滿足條件的不同選法共有(

)A.96種 B.144種 C.192種 D.206種【答案】C【分析】按照A類項目選2個、選1個進(jìn)行分類,結(jié)合組合知識求解.【詳解】若A類項目選2個,則不同選法共有種;若A類項目選1個,則不同選法共有種.故滿足條件的不同選法共有種.故選:C7.如圖,正三棱柱的底面邊長是2,側(cè)棱長是,為的中點,是側(cè)面上一點,且平面,則線段的最大值為(

)A. B. C. D.3【答案】A【分析】利用面面平行的性質(zhì),通過平面平面,得出點在線段上,從而求出線段的最大值.【詳解】如圖,取的中點,取的中點,連接,,,所以,又面,面,所以平面,又為的中點,所以,又面,面,所以平面,又,面,面,所以平面平面,又因為是側(cè)面上一點,且平面,所以在線段上,又因為,,所以線段的最大值為.故選:A.8.執(zhí)行如圖所示的程序框圖,若輸入的,則輸出的(

)A.2 B.4 C.6 D.8【答案】B【分析】模擬運行程序,得出輸出的.【詳解】;;;,故輸出的.故選:B9.定義在上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)都存在,,且,,則不等式的解集為(

)A. B. C. D.【答案】D【分析】構(gòu)造函數(shù),根據(jù)題意求得則,得到在上單調(diào)遞減,再由把不等式轉(zhuǎn)化為,結(jié)合單調(diào)性,即可求解.【詳解】由題意知,可得.設(shè)函數(shù),則,所以在上單調(diào)遞減.因為,所以,所以,即為,則,所以不等式的解集為.故選:D.10.現(xiàn)有17匹善于奔馳的馬,它們從同一個起點出發(fā),測試它們一日可行的路程.已知第i()匹馬的日行路程是第匹馬日行路程的1.05倍,且第16匹馬的日行路程為315里,則這17匹馬的日行路程之和約為(?。?/p>

)A.7750里 B.7752里C.7754里 D.7756里【答案】B【分析】由等比數(shù)列的前項和公式計算.【詳解】,依題意可得,第17匹馬、第16匹馬、……、第1匹馬的日行路程里數(shù)依次成等比數(shù)列,且首項為300,公比為1.05,故這17匹馬的日行路程之和為(里).故選:B.11.已知,則(

)A. B.C. D.【答案】A【分析】構(gòu)造,由在上單調(diào)遞增,,得到,再利用作商得到a,b的大小即可.,【詳解】解:令,則.易得在上單調(diào)遞增,所以當(dāng)時,,而,因為,所以.而,即,所以.故選:A12.在三棱錐中,,二面角為,則三棱錐外接球的表面積為(

)A. B. C. D.【答案】D【分析】設(shè)E,F(xiàn),G分別是BC,AC,BD的中點,由,所以,得到二面角的平面角為,且平面EFG,再證得G是三棱錐外接球的球心,取得外接球的半徑為,利用球的表面積公式,即可求解.【詳解】如圖所示,設(shè)E,F(xiàn),G分別是BC,AC,BD的中點,則,因為,所以,則二面角的平面角為,且平面EFG,又因為,所以,所以,因為平面EFG,所以,所以平面ABC.又因為F是外接圓的圓心,所以FG經(jīng)過球心,且G是外接圓的圓心,所以G是三棱錐外接球的球心,設(shè)外接球的半徑為,則,故三棱錐外接球的表面積.故選:D.二、填空題13.若奇函數(shù),則__________.【答案】6【分析】根據(jù)函數(shù)為奇函數(shù),求得a的值,再代入求值即得答案.【詳解】依題意為奇函數(shù),,即,可得,即,故,則,故答案為:6三、雙空題14.若不等式對恒成立,則a的取值范圍是__________,的最小值為__________.【答案】

【分析】根據(jù)題意,結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì),求得,再利用基本不等式,即可求解.【詳解】當(dāng)時,不等式對不恒成立,不符合題意(舍去);當(dāng)時,要使得對恒成立,則滿足,解得,所以實數(shù)的取值范圍為.因為,可得,所以,當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立,所以的最小值為.故答案為:;.四、填空題15.已知函數(shù)與的圖象在區(qū)間上的交點個數(shù)為m,直線與的圖象在區(qū)間上的交點的個數(shù)為n,則________.【答案】【分析】分別作出函數(shù)與及直線的圖象,結(jié)合圖象確定的值,即可求解.【詳解】解:作出函數(shù)與的圖象,如圖所示,根據(jù)圖象知,又由直線與的圖象在區(qū)間上有3個交點,所以,所以.故答案為:.16.已知直線與橢圓交于A,B兩點,則線段AB的中點P的軌跡長度為__________.【答案】##【分析】設(shè),聯(lián)立方程組,求得,得到,再由,求得,得出點P的軌跡方程,進(jìn)而求得點P的軌跡長度.【詳解】設(shè),聯(lián)立方程,整理得,則,所以,可得.由,解得,所以點P的軌跡方程為,故點P的軌跡長度為.故答案為:.五、解答題17.如圖,在底面為矩形的四棱錐中,底面.(1)證明:平面平面.(2)若,在棱上,且,求與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)根據(jù)題意得到,由底面,證得,進(jìn)而證得平面,結(jié)合面面垂直的判定定理,即可證得平面平面.(2)以為坐標(biāo)原點,建立空間直角坐標(biāo)系,求得和平面的一個法向量,結(jié)合向量的夾角公式,即可求解.【詳解】(1)證明:由四邊形為矩形,可得,因為底面,且平面,所以.又因為,且平面,所以平面,又由平面,所以平面平面.(2)解:以為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則,所以,設(shè)平面的法向量為,則,令,可得,所以,設(shè)與平面所成的角為,則,所以與平面所成的角的正弦值為.18.已知分別為的內(nèi)角所對的邊,,且.(1)求;(2)求的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】(1)利用向量的數(shù)量積的定義及正弦定理的邊角化即可求解;(2)根據(jù)(1)的結(jié)論及三角形的內(nèi)角和定理,利用誘導(dǎo)公式、兩角和的正弦公式及降冪公式,結(jié)合輔助角公式及三角函數(shù)的性質(zhì)即可解.【詳解】(1),由及正弦定理,得,得,代入得,又因為,所以.(2)由(1)知,所以.所以,因為,所以,所以,所以,故的取值范圍是.19.已知1個不透明的袋子中裝有6個白球和4個黃球(這些球除顏色外無其他差異).甲從袋中摸出1球,若摸出的是白球,則除將摸出的白球放回袋子中外,再將袋子中的1個黃球拿出,放入1個白球;若摸出的是黃球,則除將摸出的黃球放回袋子中外,再將袋子中的1個白球拿出,放入1個黃球.再充分?jǐn)嚢杈鶆蚝螅M(jìn)行第二次摸球,依此類推,直到袋中全部是同一種顏色的球,已知甲進(jìn)行了4次摸球,記袋子中白球的個數(shù)為X.(1)求袋子中球的顏色只有一種的概率;(2)求X的分布列和期望.【答案】(1)(2)分布列見解析,【分析】(1)根據(jù)袋子中有6個白球和4個黃球,摸4次只剩一種顏色,則只會剩下白球求解;(2)由X的所有可能取值為2,4,6,8,10,分別求得其概率,然后列出分布列求解.【詳解】(1)解:分別記第i次摸到白球和黃球為事件,記“4次摸球后,袋子中球的顏色只有一種”為事件D,則.(2)X的所有可能取值為2,4,6,8,10.,,,,.故X的分布列為X246810P故.20.已知拋物線的焦點為,是上的動點,點不在上,且的最小值為2.(1)求C的方程;(2)若直線AP與C交于另一點B,與直線l交于點Q,設(shè),且,求直線l的方程.【答案】(1)(2)【分析】(1)根據(jù)題意,分P在C的內(nèi)部和P在C的外部,兩種情況討論,結(jié)合的最小值為2,求得的值,即可求得拋物線的方程;(2)設(shè),聯(lián)立方程組求得,再由和,求得的表達(dá)式,求得,結(jié)合點Q在直線AP上,消去,即可求解.【詳解】(1)解:當(dāng)P在C的內(nèi)部時,因為等于點A到準(zhǔn)線的距離,所以的最小值為P到準(zhǔn)線的距離,可得,解得;當(dāng)P在C的外部時,,解得,則C的方程為,此時P在C的內(nèi)部,所以,故拋物線C的方程為.(2)解:依題意可知,直線AP的斜率不為0,則可設(shè),聯(lián)立方程組,可得,設(shè),則,設(shè),由,可得,又由由,可得,所以,即,即,所以,即,因為點Q在直線AP上,所以.消去m得,即,故直線l的方程為.【點睛】方法點睛:解決拋物線問題的方法與策略:1、涉及拋物線的定義問題:拋物線的定義是解決拋物線問題的基礎(chǔ),它能將兩種距離(拋物線上的點到焦點的距離、拋物線上的點到準(zhǔn)線的距離)進(jìn)行等量轉(zhuǎn)化.如果問題中涉及拋物線的焦點和準(zhǔn)線,又能與距離聯(lián)系起來,那么用拋物線定義就能解決問題.因此,涉及拋物線的焦半徑、焦點弦問題,可以優(yōu)先考慮利用拋物線的定義轉(zhuǎn)化為點到準(zhǔn)線的距離,這樣就可以使問題簡單化.2、涉及直線與拋物線的綜合問題:通常設(shè)出直線方程,與拋物線方程聯(lián)立方程組,結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系,合理進(jìn)行轉(zhuǎn)化運算求解,同時注意向量、基本不等式、函數(shù)及導(dǎo)數(shù)在解答中的應(yīng)用.21.已知函數(shù).(1)若直線與曲線相切,求m的值;(2)證明:(參考數(shù)據(jù):).【答案】(1);(2)證明見解析.【分析】(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義結(jié)合條件即得;(2)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可得,然后構(gòu)造函數(shù),,利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值,進(jìn)而即得.【詳解】(1)由題意,,由,得,則,解得;(2)因為,,由,可得,在上遞減,由,可得,在上遞增;所以;又等價于.令,則.當(dāng)時,,在上遞增;當(dāng)時,,在上遞減.所以.令,則.當(dāng)時,,在上遞減,當(dāng)時,;在上遞增,.所以.因為,所以,所以,所以,從而得證,故.【點睛】方法點睛:利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題,方法如下:(1)直接構(gòu)造函數(shù)法:證明不等式(或)轉(zhuǎn)化為證明(或),進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù);(2)適當(dāng)放縮構(gòu)造法:一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮;二是利用常見放縮結(jié)論;(3)構(gòu)造“形似”函數(shù),稍作變形再構(gòu)造,對原不等式同解變形,根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).22.在直角坐標(biāo)系中,曲線M的方程為,曲線N的方程為,以坐標(biāo)原點O為極點,x軸的正半軸為極軸,建立極坐標(biāo)系.(1)求曲線M,N的極坐標(biāo)方程;(2)若射線與曲線M交于點A(異于極點),與曲線N交于點B,且,求.【答案】(1);(2)【分析】(1)根據(jù)極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化公式,即可求解曲線和的極坐標(biāo)方程;(2)將代入曲線和的方程,求得和,結(jié)合題意求得,即可求解.【詳解】(1)解:由,可得,即,又由,可得,所以曲線M的極坐標(biāo)方程為.由,可得,即,即曲線N的極坐標(biāo)方程為.(2)解:將代入,可得,將代入,可得,則

溫馨提示

  • 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
  • 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
  • 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
  • 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
  • 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
  • 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
  • 7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

最新文檔

評論

0/150

提交評論