2023屆陜西省寶雞市高三三模數(shù)學(xué)（文）試題含解析

這是一份2023屆陜西省寶雞市高三三模數(shù)學(xué)（文）試題含解析，共20頁(yè)。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
2023屆陜西省寶雞市高三三模數(shù)學(xué)（文）科試題 一、單選題1．設(shè)全集，集合，則（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先化簡(jiǎn)集合，然后用補(bǔ)集的定義即可求解【詳解】由可得，解得，因?yàn)槿?/span>，所以，所以故選：D 二、多選題2．比較甲、乙兩名學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)科素養(yǎng)的各項(xiàng)能力指標(biāo)值（滿分為5分，分值高者為優(yōu)），繪制了如圖所示的六維能力雷達(dá)圖，例如圖中甲的數(shù)學(xué)抽象指標(biāo)值為4，乙的數(shù)學(xué)抽象指標(biāo)值為5，則下面敘述正確的是（    ）A．甲的邏輯推理能力指標(biāo)值優(yōu)于乙的邏輯推理能力指標(biāo)值B．甲的數(shù)學(xué)建模能力指標(biāo)值優(yōu)于乙的直觀想象能力指標(biāo)值C．乙的六維能力指標(biāo)值整體水平優(yōu)于甲的六維能力指標(biāo)值整體水平D．甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值優(yōu)于甲的直觀想象能力指標(biāo)值【答案】AC【解析】直接由六維能力雷達(dá)圖讀取數(shù)據(jù)辨別即可【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，甲的邏輯推理能力指標(biāo)值為4，乙的邏輯推理能力指標(biāo)值為3，所以甲的邏輯推理能力指標(biāo)值優(yōu)于乙的邏輯推理能力指標(biāo)值，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于B選項(xiàng)，甲的數(shù)學(xué)建模能力指標(biāo)值為3，乙的直觀想象能力指標(biāo)值為5，所以乙的數(shù)學(xué)建模能力指標(biāo)值優(yōu)于甲的直觀想象能力指標(biāo)值，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于C選項(xiàng)，甲的六維能力指標(biāo)值的平均值為，乙的六維能力指標(biāo)值的平均值為，所以乙的六維能力指標(biāo)值整體水平優(yōu)于甲的六維能力指標(biāo)值整體水平，所以選項(xiàng)C正確；對(duì)于D選項(xiàng)，甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值為4，甲的直觀想象能力指標(biāo)值為5，所以甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值不優(yōu)于甲的直觀想象能力指標(biāo)值，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選：AC. 三、單選題3．設(shè)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)為復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)，若滿足，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的乘、除法運(yùn)算可得，由共軛復(fù)數(shù)的概念可得，結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義即可求解.【詳解】由題意知，，所以，在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，在第四象限.故選：D.4．如圖，網(wǎng)格紙上的小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為A．32 B．16 C． D．【答案】D【分析】根據(jù)三視圖可知幾何體為一個(gè)三棱柱切掉一個(gè)三棱錐，分別求解出三棱柱和三棱錐的體積，作差即可得到結(jié)果.【詳解】由三視圖可知，幾何體為一個(gè)三棱柱切掉一個(gè)三棱錐如下圖所示：則為中點(diǎn)，所求幾何體體積：本題正確選項(xiàng)：【點(diǎn)睛】本題考查多面體體積的求解問(wèn)題，關(guān)鍵是能夠通過(guò)割補(bǔ)的方式來(lái)進(jìn)行求解.5．已知命題p：，；命題q：直線：與：相互垂直的充要條件為，則下列命題中為真命題的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】確定命題的真假，然后由復(fù)合命題的真值表判斷．【詳解】令，則，所以p為真命題；若與相互垂直，則，解得，故q為假命題，所以只有為真命題.故選：B．6．我國(guó)第一高樓上海中心大廈的阻尼器減震裝置，被稱為“定樓神器”，如圖1．由物理學(xué)知識(shí)可知，某阻尼器的運(yùn)動(dòng)過(guò)程可近似為單擺運(yùn)動(dòng)，其離開(kāi)平衡位置的位移和時(shí)間的函數(shù)關(guān)系為（，），如圖2．若該阻尼器在擺動(dòng)過(guò)程中連續(xù)三次到達(dá)同一位置的時(shí)間分別為，，，且，，則1分鐘內(nèi)阻尼器由其它位置擺動(dòng)經(jīng)過(guò)平衡位置的次數(shù)最多為（    ） A．19 B．20 C．40 D．41【答案】C【分析】先根據(jù)周期求出，從而得到，再根據(jù)的取值范圍，得到的取值范圍，從而得到1分鐘內(nèi)阻尼器由其它位置擺動(dòng)經(jīng)過(guò)平衡位置的最多次數(shù)，等價(jià)于1分鐘內(nèi)的最多次數(shù)，等價(jià)于區(qū)間里包含的最多次數(shù)，進(jìn)而求解即可．【詳解】因?yàn)?/span>，，，所以，又，所以，則，由，則，所以1分鐘內(nèi)阻尼器由其它位置擺動(dòng)經(jīng)過(guò)平衡位置的最多次數(shù)，等價(jià)于1分鐘內(nèi)的最多次數(shù)，等價(jià)于區(qū)間里包含的最多次數(shù)，又，則區(qū)間里包含了，，，，…，或，，，…，，所以區(qū)間里包含的最多次數(shù)為40．故選：C．7．已知，是空間兩個(gè)不同的平面，，是空間兩條不同的直線，則結(jié)論錯(cuò)誤的（    ）A．，，，則B．，且，則C．，，且，則D．，，，則【答案】D【分析】利用空間中線線、線面、面面關(guān)系逐一判斷即可.【詳解】對(duì)于A：若，，則或，若，，則，若，則平面存在直線使得，又，所以，又，所以，故A正確；對(duì)于B：若，，則，又則，故B正確；對(duì)于C：若，，所以，又且，是空間兩個(gè)不同的平面，則，故C正確；對(duì)于D：若，，，則或與異面，故D錯(cuò)誤.故選：D8．已知口袋內(nèi)有一些大小相同的紅球、白球和黃球，從中任意摸出一球，摸出的球是紅球或白球的概率為0.4，摸出的球是紅球或黃球的概率為0.9，則摸出的球是黃球或白球的概率為（    ）A．0.7 B．0.5 C．0.3 D．0.6【答案】A【分析】設(shè)摸出紅球的概率為，摸出黃球的概率是，摸出白球的概率為，求出、的值，相加即可求解．【詳解】設(shè)摸出紅球的概率為，摸出黃球的概率是，摸出白球的概率為，所以，且，所以，，所以故選:A.9．在《九章算術(shù)》中，將四個(gè)面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑．在鱉臑中平面BCD，，且，則鱉臑外接球的表面積為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖，取的中點(diǎn)為，連接，可證為三棱錐外接球的球心，故可求外接球的表面積.【詳解】如圖，取的中點(diǎn)為，連接，因?yàn)?/span>平面BCD，平面，故，同理.因?yàn)?/span>的中點(diǎn)為，故.而，平面，故平面，而平面，故，故，所以為三棱錐外接球的球心，又，故，所以，故三棱錐外接球半徑為，故其外接球的表面積為.故選：C.10．已知，，則（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用二倍角公式化簡(jiǎn)得出，即可求得的值.【詳解】因?yàn)?/span>，則，所以，，因?yàn)?/span>，所以，，故，可得.故選：B.11．設(shè)，，，則（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性和指數(shù)以及對(duì)數(shù)的運(yùn)算，并借助中間量進(jìn)行比較，即得答案．【詳解】，，所以，由于，所以，即，而，所以 ，故選：D．12．已知函數(shù)，則下列選項(xiàng)正確的是（    ）A．沒(méi)有極值點(diǎn)B．當(dāng)時(shí)，函數(shù)圖象與直線有三個(gè)公共點(diǎn)C．點(diǎn)是曲線的對(duì)稱中心D．直線是曲線的切線【答案】D【分析】當(dāng)時(shí)，對(duì)求導(dǎo)，可得出有極小值點(diǎn)，可判斷A；結(jié)合奇偶性，得出在R上的單調(diào)性、最值，可知當(dāng)時(shí)，函數(shù)圖象與直線有三個(gè)公共點(diǎn)，可判斷B；若點(diǎn)是曲線的對(duì)稱中心，則，令，可判斷C；由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可判斷D.【詳解】因?yàn)?/span>的定義域?yàn)?/span>，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，當(dāng)時(shí)，，所以是奇函數(shù)，對(duì)于A，時(shí)，，，令，解得：，令，得；令，得，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以有極小值點(diǎn)，A不正確；因?yàn)?/span>是奇函數(shù)，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且，當(dāng)趨近于正無(wú)窮時(shí)，趨近于正無(wú)窮，當(dāng)趨近于正無(wú)窮時(shí)，趨近于負(fù)無(wú)窮，所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)圖象與直線有三個(gè)公共點(diǎn)，故B不正確；若點(diǎn)是曲線的對(duì)稱中心，則，則令，則，而，，故點(diǎn)不是曲線的對(duì)稱中心，故C不正確；當(dāng)時(shí)，，，則令，解得：，則切點(diǎn)為，在處的切線為：，故D正確.故選：D. 四、填空題13．已知向量，，則平面向量在向量方向上的投影為________．【答案】3【詳解】根據(jù)平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示可得，根據(jù)向量的幾何意義可得，結(jié)合投影向量的概念計(jì)算即可求解.由題意知，，，所以向量在向量上的投影為.故答案為：3.14．古希臘的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派把稱為黃金數(shù)．離心率等于黃金數(shù)的倒數(shù)的雙曲線稱為黃金雙曲線．若黃金雙曲線E：的左、右頂點(diǎn)分別為，，則雙曲線E的頂點(diǎn)到漸近線的距離為________．【答案】【分析】由黃金雙曲線的定義列方程求關(guān)系，計(jì)算頂點(diǎn)到漸近線的距離即可.【詳解】設(shè)雙曲線的半焦距為，則，,雙曲線的漸近線方程為，所以頂點(diǎn)到漸近線距離．故答案為: .15．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，其中，且滿足，，則邊a等于________．【答案】【分析】先根據(jù)題意求得角，的值，再根據(jù)正弦定理求解即可．【詳解】由，顯然，則，又，則，由，又，則，整理得，又，則，所以，得，又由正弦定理有，則．故答案為：．16．如圖，正方體棱長(zhǎng)為2，P是線段上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論中正確的為________．①BP的最小值為②存在P點(diǎn)的某一位置，使得P，A，，C四點(diǎn)共面③的最小值為④以點(diǎn)B為球心，為半徑的球面與面的交線長(zhǎng)為【答案】③④【分析】根據(jù)的最小值為等邊三角形的高，可求得A正確；利用空間共面向量定理可判斷②錯(cuò)誤；將翻折到一個(gè)平面內(nèi)，可知所求最小值為，利用余弦定理可求得③正確；利用點(diǎn)到面的距離公式點(diǎn)到平面的距離，根據(jù)交線為圓可求得交線長(zhǎng)，知④正確.【詳解】對(duì)于①，在中，，即是邊長(zhǎng)為的等邊三角形，的最小值為的高，，①不正確；對(duì)于②，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，  ，設(shè)，則，即，即，，，假設(shè)P，A，，C，由空間共面定理可得：，則，可得，故不存在點(diǎn)P，使得P，A，，C四點(diǎn)共面，故②不正確；對(duì)于③，將翻折到一個(gè)平面內(nèi)，如圖所示，為等腰直角三角形，為等邊三角形，則的最小值為，又，，，，在中，由余弦定理得：，，即，故③正確；對(duì)于④，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，，設(shè)平面，則，則，令，，則，因?yàn)?/span>，所以以點(diǎn)為球心，為半徑的球面與平面的交線是以為半徑的圓，交線長(zhǎng)為，④正確.故答案為：③④ 五、解答題17．已知等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為，，且，，成等比數(shù)列．(1)求的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)，求數(shù)列的前n項(xiàng)和為．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由等差數(shù)列和等比中項(xiàng)的性質(zhì)列式求解即可得出答案.（2）由（1）求出，再由錯(cuò)位相減法求和.【詳解】（1）由，則，則，由，，成等比數(shù)列可得：，解得：，設(shè)的公差為d，則．故．（2）由（1）知，，則，所以，①所以，②①-②得，，所以，，所以，．18．為深入貫徹黨的教?方針，全面落實(shí)《中共中央國(guó)務(wù)院關(guān)于全面加強(qiáng)新時(shí)代大中小學(xué)勞動(dòng)教育的意見(jiàn)》，某校從2022年起積極推進(jìn)勞動(dòng)課程改革，先后開(kāi)發(fā)開(kāi)設(shè)了具有地方特色的家政?烹飪?手工?園藝?非物質(zhì)文化遺產(chǎn)等勞動(dòng)實(shí)踐類校本課程.為調(diào)研學(xué)生對(duì)新開(kāi)設(shè)勞動(dòng)課程的滿意度并不斷改進(jìn)勞動(dòng)教育，該校從2022年1月到10月每?jī)蓚€(gè)月從全校3000名學(xué)生中隨機(jī)抽取150名學(xué)生進(jìn)行問(wèn)卷調(diào)查，統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下表：月份246810滿意人數(shù)8095100105120(1)由表中看出，可用線性回歸模型擬合滿意人數(shù)與月份之間的關(guān)系，求關(guān)于的回歸直線方程，并預(yù)測(cè)12月份該校全體學(xué)生中對(duì)勞動(dòng)課程的滿意人數(shù)；(2)10月份時(shí)，該校為進(jìn)一步深化勞動(dòng)教育改革，了解不同性別的學(xué)生對(duì)勞動(dòng)課程是否滿意，經(jīng)調(diào)研得如下統(tǒng)計(jì)表： 滿意不滿意合計(jì)男生651075女生552075合計(jì)12030150請(qǐng)根據(jù)上表判斷是否有的把握認(rèn)為該校的學(xué)生性別與對(duì)勞動(dòng)課程是否滿意有關(guān)？參考公式：.，其中.【答案】(1)，2540(2)有的把握 【分析】（1）根據(jù)線性回歸方程公式求出，進(jìn)而求出回歸直線方程，預(yù)測(cè)出結(jié)果；（2）根據(jù)公式求出，判斷出有的把握認(rèn)為該校的學(xué)生性別與對(duì)勞動(dòng)課程是否滿意有關(guān).【詳解】（1）由題意可得，則可得，故關(guān)于的回歸直線方程為.令，得，據(jù)此預(yù)測(cè)12月份該校全體學(xué)生中對(duì)勞動(dòng)課程的滿意人數(shù)為人.（2）提出假設(shè)：該校的學(xué)生性別與對(duì)勞動(dòng)課程是否滿意無(wú)關(guān).則.因?yàn)?/span>，而，故有的把握認(rèn)為該校的學(xué)生性別與對(duì)勞動(dòng)課程是否滿意有關(guān).19．在四棱錐中，，，，， 平面，與平面所成角，又于，于.(1)證明：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2) 【分析】(1)利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，根據(jù)求出點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而可得，利用線面垂直的判定定理即可證明；（2）利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解面面夾角的余弦值.【詳解】（1）過(guò)作，則四邊形為矩形，以分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，，因?yàn)?/span>與平面所成角，所以，所以，所以,，，設(shè)，所以，即,因?yàn)?/span>，所以,解得，所以，又因?yàn)?/span>，所以，即，又因?yàn)?/span>，，平面，所以平面.（2）由（1）可知平面，則為平面的一個(gè)法向量.,所以,即，又因?yàn)?/span>平面，平面,所以，又因?yàn)?/span>平面，所以 平面，則為平面的一個(gè)法向量.則 所以二面角的余弦值為.20．已知橢圓E：的離心率為，短軸長(zhǎng)為4．(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)直線與橢圓E交于C，D兩點(diǎn)，在y軸上是否存在定點(diǎn)Q，使得對(duì)任意實(shí)數(shù)k，直線QC，QD的斜率乘積為定值？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．【答案】(1)(2)存在；或者 【分析】（1）根據(jù)橢圓的離心率、短軸的定義列出方程組，求出a、b即可求解；（2）設(shè)存在點(diǎn)滿足條件，記，．直線方程聯(lián)立橢圓方程，利用韋達(dá)定理表示、，結(jié)合兩點(diǎn)表示斜率公式化簡(jiǎn)計(jì)算可得，當(dāng)時(shí)為定值，解出m的值即可.【詳解】（1）由題意得，解得，所以E的方程為．（2）由（1）知，橢圓E的方程為．設(shè)存在點(diǎn)滿足條件，記，．由消去y，得．顯然其判別式，所以，，于是．上式為定值，當(dāng)且僅當(dāng)．解得或．此時(shí)，或．從而，存在定點(diǎn)或者滿足條件．21．已知函數(shù)，，．(1)設(shè)的導(dǎo)函數(shù)為，討論的單調(diào)性；(2)設(shè)，，當(dāng)時(shí)，若恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【答案】(1)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2) 【分析】（1）根據(jù)求導(dǎo)公式和運(yùn)算法則求出，利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性即可；（2）根據(jù)題意，將原不等式轉(zhuǎn)變?yōu)?/span>對(duì)恒成立，構(gòu)造，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)可得在R上單調(diào)遞增，由得在上恒成立，設(shè)，再次利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，即可求解.【詳解】（1），令，則，當(dāng)或時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，即在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．（2）當(dāng)時(shí)，若成立，即對(duì)恒成立，即對(duì)恒成立，亦即對(duì)恒成立，設(shè)函數(shù)，∴對(duì)恒成立，又，設(shè)，∴，∴當(dāng)時(shí)，，此時(shí)點(diǎn)在上單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)在上單調(diào)遞增，∴，∴在R上單調(diào)遞增，又，∴在上恒成立，令，則，①當(dāng)時(shí)，在上恒成立，∴，此時(shí)滿足已知條件；②當(dāng)時(shí)，由，解得，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)在上單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)在上單調(diào)遞增，∴的最小值，解得，綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是．【點(diǎn)睛】利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問(wèn)題的方法(1)分離參數(shù)法求范圍：若或恒成立，只需滿足或即可，利用導(dǎo)數(shù)方法求出的最小值或的最大值，從而解決問(wèn)題；(2)把參數(shù)看作常數(shù)利用分類討論方法解決：對(duì)于不適合分離參數(shù)的不等式，常常將參數(shù)看作常數(shù)直接構(gòu)造函數(shù)，常用分類討論法，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性、最值，從而得出參數(shù)范圍.22．已知點(diǎn)在曲線上．(1)求動(dòng)點(diǎn)的軌跡C的參數(shù)方程，并化為直角坐標(biāo)方程；(2)過(guò)原點(diǎn)的直線l與（1）中的曲線C交于A，B兩點(diǎn)，且，求直線l的斜率．【答案】(1)參數(shù)方程為，為參數(shù)；直角坐標(biāo)方程為(2) 【分析】（1）先將曲線化為參數(shù)方程，可得到動(dòng)點(diǎn)，從而得到點(diǎn)M的軌跡C的參數(shù)方程，再轉(zhuǎn)化為直角坐標(biāo)方程即可；（2）先設(shè)l的參數(shù)方程，再代入曲線C的方程得，再結(jié)合韋達(dá)定理和同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求解即可．【詳解】（1）由題意，曲線的參數(shù)方程為，為參數(shù)，則，再設(shè)，則，為參數(shù)，消去參數(shù)，得到，故點(diǎn)M的軌跡C的方程為．（2）設(shè)l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)），且，代入曲線C的方程得，設(shè)A，B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)得參數(shù)分別為，，則，所以，則，即直線l的斜率為．23．已知函數(shù).(1)求不等式的解集；(2)令的最小值為.若正實(shí)數(shù)，，滿足，求證：.【答案】(1)(2)證明見(jiàn)解析 【分析】（1）零點(diǎn)分段法解絕對(duì)值不等式；（2）在第一問(wèn)的基礎(chǔ)上得到，用基本不等式“1”的妙用求解最值，證明出結(jié)論.【詳解】（1）由得：或或解得：或或綜上所述：不等式的解集是.（2）證明：由（1）中函數(shù)的單調(diào)性可得∴當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.