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1、陕西省安康中学2023学年高三数学第三次模拟考试试题 理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、选择题：本大题共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已知全集为实数集，集合，则（ ）ABCD2已知，
2、若与互为共轭复数，则（ ）ABCD3若双曲线的离心率为，则实数的值为（ ）ABCD4若，且，则（ ）ABCD5在中，在边上随机取一点，则事件“”发生的概率为（ ）ABCD6已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为，则等于（ ）ABCD7已知抛物线的焦点为，抛物线上任意一点，且轴于点，则的最小值为（ ）ABCD8“”含有两个数字，两个数字，“”含有两个数字，两个数字，则含有两个数字，两个数字的四位数的个数与含有两个数字、两个数字的四位数的个数之和为（ ）ABCD9已知函数的两个零点之差的绝对值的最小值为，将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）函数的最小正周
3、期为；函数的图象关于点对称；函数的图象关于直线对称；函数在上单调递增ABCD10杨辉三角是二项式系数在只角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉年所著的详解九章算法一书中就有出现在欧洲，帕斯卡()在年发现这一规律，比杨辉要迟了年如图所示，在“杨辉三角”中，从开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：，则在该数列中，第项是（ ）ABCD11已知双曲线（，）的右焦点为，过原点作斜率为的直线交的右支于点，若，则双曲线的离心率为（ ）ABCD12设函数的定义域为，是其导函数，若，则不等式的解集是（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13已知函数，则_14已知，则_15已知抛物线
4、的焦点为，其准线与轴相交于点，为抛物线上的一点，且满足，则点到直线的距离为_16在中，角，的对边分别为，且，则的面积的最大值是_三、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）在等差数列中，且成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）若数列的公差不为，设，求数列的前项和18（12分）如图，三棱柱中，侧面是菱形，点在平面上的投影为棱的中点（1）求证：四边形为矩形；（2）求二面角的平面角的余弦值19（12分）“互联网”是“智慧城市”的重要内士，市在智慧城市的建设中，为方便市民使用互联网，在主城区覆盖了免费为了解免费在市的使用情况，调査机构借助网络进行了问卷调
5、查，并从参与调査的网友中抽取了人进行抽样分析，得到如下列联表(单位：人)：（1）根据以上数据，判断是否有的把握认为市使用免费的情况与年龄有关；（2）将频率视为概率，现从该市岁以上的市民中用随机抽样的方法每次抽取人，共抽取次记被抽取的人中“偶尔或不用免费”的人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列，数学期望和方差附：，其中20（12分）已知椭圆，圆心为坐标原点的单位圆在的内部，且与有且仅有两个公共点，直线与只有一个公共点（1）求的标准方程；（2）设不垂直于坐标轴的动直线过椭圆的左焦点，直线与交于，两点，且弦的中垂线交轴于点，试求的面积的最大值21（12分）已知函数（其中为自然对数的底，为
6、常数）有一个极大值点和一个极小值点（1）求实数的取值范围；（2）证明：的极大值不小于请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立的极坐标系中，曲线的方程为（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线相交于两点，且，求的值23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）若，解不等式；（2）若函数的图象与轴围成的三角形的面积为，求的值13答 案第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个
7、选项中，只有一项是符合题目要求的1【答案】D【解析】依题意，则2【答案】B【解析】因为，所以3【答案】A【解析】由题意，得，解得（舍去）4【答案】B【解析】因为，所以，所以，所以，所以5【答案】C【解析】设事件事件“”为，设的中点为，则，解得，所以6【答案】A【解析】由三视图知，该几何体由四分之一个圆锥与三棱锥组成，所以体积为：，解得7【答案】A【解析】因为，设点，则，则，则8【答案】B【解析】第一类：含有两个数字、两个数字的四位数的个数为，第二类：含有两个数字，两个数字的四位数的个数为，由分类加法计数原理，得满足题意的个数为9【答案】B【解析】由题意知函数的最小正周期为，则，所以将函数的图象
8、向左平移个单位长度得到函数的图象，即，则的最小正周期为，故正确；令，解得，令，得函数的图象关于点对称，故正确；令，解得令，得函数的图象关于直线，对称，故错误；令，得，所以函数在上单调递增，故错误10【答案】C【解析】考查从第行起每行的第三个数：，归纳推理可知第（）行的第个数为，在该数列中，第项为第行第个数，所以该数列的第项为11【答案】B【解析】设双曲线左焦点为，因为，所以，设点，则，所以点，所以，所以12【答案】A【解析】令，则，因为，所以，所以，所以函数在上单调递增，而可化为等价于，解得，所以不等式的解集是第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13【答案】【解析】14【答案】
9、【解析】15【答案】【解析】由抛物线，可得，设点到准线的距离为，由抛物线定义可得，因为，由题意得，所以，所以点到直线的距离为16【答案】【解析】由及正弦定理，得显然，所以所以，所以又，所以，所以，则，所以，当且仅当时取等号，所以的面积：，故的面积的最大值是三、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）设数列的公差为，因为成等比数列，所以，又，所以，即，解得或当时，；当时，（2）若数列的公差不为，由（1）知，则，所以18【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）因为平面，所以，又因为，所以，因此，所以，因此平面，所以
10、，从而，即四边形为矩形（2）如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，所以，平面的法向量，设平面的法向量为，由，由，令，即，所以，所以二面角的余弦值是19【答案】（1）没有的把握认为；（2）分布列见解析，【解析】（1）由列联表可知，因为，所以没有的把握认为市使用免费的情况与年龄有关（2）由题意可知，的所有可能取值为，所以的分布列为，20【答案】（1）；（2）【解析】（1）依题意，得，将代入，由，所以椭圆的标准方程为（2）由（1）可得左焦点，由题设直线的方程为，代入椭圆方程，得设，则，所以，的中点为，设点，则，解得，故，令，则，且，设，则，所以，即的面积的最大值为21【答案】（1）；（2）证明见
11、解析【解析】（1），由，记，由，且时，单调递减，；时，单调递增，由题意，方程有两个不同解，所以（2）解法一：由（1）知在区间上存在极大值点，且，所以的极大值为，记，则，因为，所以，所以时，单调递减；时，单调递增，所以，即函数的极大值不小于解法二：由（1）知在区间上存在极大值点，且，所以的极大值为，因为，所以，即函数的极大值不小于22【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为，所以，代入，得，即（2）由，得，联立，消去，得，解得或，设，则，又，解得23【答案】（1）；（2）【解析】（1）若，当时，可化为，解得；当时，可化为，解得，无解；当时，可化为，解得，综上，不等式的解集是（2）因为，又因为，所以，因为，所以的图象与轴围成的的三个顶点的坐标为，所以，解得或（舍去）
