2023届陕西省榆林市第十中学高三高考仿真模拟（一）数学（理）试题

2023年普通高校招生考试仿真模拟卷（一）理科数学注意事项：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。3.回答选择题时，选出每小时答案后，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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.回答选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。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.，，则（）A. B.C. D.，满足，，其中，为虚数单位，若，则实数的值为（）A. B. 3.已知某商场在上半年的六个月中，每个月的销售额（万元）与月份满足线性回归方程，则该商场上半年的总销售额约为（） ，则（）A. B. C. D.，，若，则的值为（）A. C. ，满足则的取值范围为（）A. B. C. D.在区间上不存在极值点，则的取值范围是（）A. B.C. D.，满足，，则的取值范围为（）A. B. C. D.中，已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，双曲线：的离心率为，且椭圆与双曲线的直线与椭圆交于，两点（点在第一象限），与双曲线的右支交于点，且点在线段与的周长之比为，则的值为（）A. B. C. D.的底面边长为6，侧棱长为.将该三棱锥截去一个小三棱锥后，剩余五面体的主视图如图所示，其中，，且在主视图中，是以的值为（）A. B. C. D.与曲线相切，切点为，与曲线也相切，切点为，则的值为（）A. B. 中，过点的直线与圆交于，两点，若存在直线，使得，则半径的取值范围为（）A. B. C. D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.的展开式中，常数项为________.（用数字作答）：与，轴的交点分别是，，与函数，的图象的交点分别为，，若，是线段的三等分点，则的值为________.的首项为，公差，等比数列满足，，则的取值范围为________.的所有棱长均为4，空间内的点满足，且，则满足条件的所形成曲线的轨迹的长度为________.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.（本小题满分12分）在中，角，，所对的边分别为，，，，且的外接圆的半径为1.（1）若，求的面积；（2）求的最大值.18.（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，其中，，，平面平面.（1）证明：平面；（2）若锐二面角的余弦值为，求该四棱锥的体积.19.（本小题满分12分），，，，，，.（1）求该嘉宾恰好闯过其中两个关卡的概率；（2）设该嘉宾第一阶段的得分为随机变量，求的数学期望.20.（本小题满分12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆：焦距为2，过点的直线与椭圆交于，过原点时，.（1）求椭圆的标准方程；（2）若存在直线，使得，求的取值范围.21.（本小题满分12分）已知函数.（1）若曲线在处的切线过点，求的值；（2）若有两个极值点，若，求正实数的取值范围.（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.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为（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，直线的极坐标方程为.（1）求直线的一般方程和曲线的标准方程；（2）设直线与曲线相交于，两点，直线与轴相交于点，求的值.23.（本小题满分10分）选修：不等式选讲已知函数，.（1）当时，求不等式的解集；（2）若对任意的，恒成立，求的取值范围.2023年普通高校招生考试仿真模拟卷（一）·理科数学参考答案、提示及评分细则1.A易知，，所以.故选A.2.C易知，，所以，解得或.故选C.3.B因为，所以月平均销售额（万元），则总销售额为（万元）.故选B.4.A易知，所以，故选A.5.D易知，，所以，所以，即.故选D.6.D作出可行域，因为即为过点与点的直线的斜率，由可行域可知，斜率.故选D.7.D易知，若，则，由题意可知，，解得，因为，且，所以或1，则当时，，当时，，即的取值范围为.故选D.8.D设向量，的夹角为，则，所以，所以，即.故选D.9.A设焦距为，则，，，易知，所以的周长，又的周长为，所以，整理得，所以.故选A.10.D因为，所以正三棱锥的底面边长为6，又侧棱长为，易解得正三棱锥的高为，作，垂足为，因为，所以是的中位线，所以，，所以.故选D.11.B因为直线与曲线相切，切点为，可知直线的方程为，又直线与曲线也相切，切点为，可知直线的方程为，所以两式相比，可得，所以.故选B.12.C设中点为，则，，因为，所以，因为，，所以，即，所以，因为，所以.故选C.13.581常数项为.14.直线：与，轴的交点为，，因为，是线段的三等分点，可得，，所以，，解得，，所以.15.设等比数列的公比为，则，，所以，所以，且，因为，，所以.16.设的中点为，的中点为，易知，因为，且，所以点在以，为直径的球上，球心分别为，，半径分别为，，即，，又，所以，即，过作，垂足为，则，因为两球的交线为圆，所以点轨迹是以为圆心，以为半径的圆，所以轨迹长度为.17.解：（1）因为外接圆半径为1，由正弦定理可知，，，…………2分所以，……………………4分又，所以；………………6分（2）由（1）可知，，且，…………7分由余弦定理可知，，当且仅当时，上述等号成立，…………9分所以，所以，解得，………………11分所以的最大值为.………………12分18.（1）证明：如图，取的中点，连接，因为，点为的中点，所以，……1分又因为平面，且平面平面，……2分平面平面，所以平面，因为平面，所以，……………………3分又，，平面，所以平面；………………4分（2）解：过作平面，设该四棱锥的高为，锐二面角为，由（1）可知，平面，又平面，所以，分别以为，，轴，建立空间直角坐标系，………………5分则，，，所以，，，…6分设平面的法向量为，则取，则，，所以，………………8分设平面的法向量，则取，则，，所以，………………10分所以，整理得，解得，所以四棱锥的体积.…………12分19.解：（1）设该嘉宾恰好闯过其中两个关卡为事件，则；…………3分（2）易知的可能取值为0，1，2，3，4，5，6，7，则，……………………4分，……………………5分，……………………6分，…………………7分，……………………8分，……………………9分，………………10分，……………………11分所以.…………12分20.解：（1）因为直线过原点时，，不防设点在第一象限，所以点坐标为，代入椭圆的方程，可得，…………2分又由题意可知，，且，解得，，所以椭圆的标准方程为；………………4分（2）易知直线的斜率存在，设：，与椭圆的方程联立，消去，整理得，…………5分由题意可知，，整理得，解得，…………6分设，，则，，①…………7分由题意，，……9分将①代入上式，整理得，有，又，解得.………………12分21.解：（1）易知，所以切线斜率为，则切线方程为，整理得，……………………2分因为切线过点，所以，即，设，则，令，解得，列表可知（表略），，即；………………4分（2）易知，当时，恒成立，单调递增，无极值；当时，令，则，，………………5分又，所以存在，，使得，且，，，即，，…………6分所以，所以，……7分设，即，，易知，使得，且，…………10分列表可知（表略），，设，则，所以单调递增，又，所以，所以.……………………12分22.解：（1）因为曲线的参数方程为所以，……1分所以曲线的标准方程为，……………………2分因为，所以，………………4分又，，所以，即直线的一般式方程为；………………5分（2）易知点，直线的参数方程为（为参数），则可设，，6分将该参数方程代入曲线的标准方程，可得，整理得，…………8分所以.………………