陕西省彬州市彬中2023-2024学年高三第三次模拟考试数学试卷含解析

陕西省彬州市彬中2023-2024学年高三第三次模拟考试数学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．如图，在中，点为线段上靠近点的三等分点，点为线段上靠近点的三等分点，则（）A． B． C． D．2．若2m＞2n＞1，则（）A． B．πm﹣n＞1C．ln（m﹣n）＞0 D．3．过抛物线的焦点的直线与抛物线交于、两点，且，抛物线的准线与轴交于，的面积为，则（）A． B． C． D．4．已知，则（）A． B． C． D．5．设、，数列满足，，，则（）A．对于任意，都存在实数，使得恒成立B．对于任意，都存在实数，使得恒成立C．对于任意，都存在实数，使得恒成立D．对于任意，都存在实数，使得恒成立6．某设备使用年限x（年）与所支出的维修费用y（万元）的统计数据分别为，，，，由最小二乘法得到回归直线方程为，若计划维修费用超过15万元将该设备报废，则该设备的使用年限为（）A．8年 B．9年 C．10年 D．11年7．在等差数列中，若为前项和，，则的值是（）A．156 B．124 C．136 D．1808．平行四边形中，已知，，点、分别满足，，且，则向量在上的投影为（）A．2 B． C． D．9．已知数列对任意的有成立，若，则等于（）A． B． C． D．10．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A． B．4C． D．511．已知为虚数单位，复数满足，则复数在复平面内对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限12．一个算法的程序框图如图所示，若该程序输出的结果是，则判断框中应填入的条件是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某大学、、、四个不同的专业人数占本校总人数的比例依次为、、、，现欲采用分层抽样的方法从这四个专业的总人数中抽取人调查毕业后的就业情况，则专业应抽取_________人．14．已知平面向量与的夹角为，，，则________.15．已知为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上移动时，的内心的轨迹方程为__________．16．李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为__________．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。17．（12分）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，点在线段上，且平面．（1）求证：；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值．18．（12分）已知椭圆C的离心率为且经过点（1）求椭圆C的方程；（2）过点(0，2)的直线l与椭圆C交于不同两点A、B，以OA、OB为邻边的平行四边形OAMB的顶点M在椭圆C上，求直线l的方程.19．（12分）设函数，.（1）求函数的极值；（2）对任意，都有，求实数a的取值范围.20．（12分）如图，四棱锥中，底面，，点在线段上，且.（1）求证：平面；（2）若，，，，求二面角的正弦值.21．（12分）在如图所示的多面体中，四边形是矩形，梯形为直角梯形，平面平面，且，，.（1）求证：平面.（2）求二面角的大小.22．（10分）如图，已知四棱锥，平面，底面为矩形，，为的中点，.（1）求线段的长.（2）若为线段上一点，且，求二面角的余弦值.

参考答案一、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、B【解析】

，将,代入化简即可.【详解】.故选：B.【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算、数乘运算，考查学生的运算能力，是一道中档题.2、B【解析】

根据指数函数的单调性，结合特殊值进行辨析.【详解】若2m＞2n＞1＝20，∴m＞n＞0，∴πm﹣n＞π0＝1，故B正确；而当m，n时，检验可得，A、C、D都不正确，故选：B．【点睛】此题考查根据指数幂的大小关系判断参数的大小，根据参数的大小判定指数幂或对数的大小关系，需要熟练掌握指数函数和对数函数的性质，结合特值法得出选项.3、B【解析】

设点、，并设直线的方程为，由得，将直线的方程代入韦达定理，求得，结合的面积求得的值，结合焦点弦长公式可求得.【详解】设点、，并设直线的方程为，将直线的方程与抛物线方程联立，消去得，由韦达定理得，，，，，，，，可得，，抛物线的准线与轴交于，的面积为，解得，则抛物线的方程为，所以，.故选：B.【点睛】本题考查抛物线焦点弦长的计算，计算出抛物线的方程是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.4、C【解析】

利用诱导公式得，，再利用倍角公式，即可得答案.【详解】由可得，∴，∴.故选：C.【点睛】本题考查诱导公式、倍角公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意三角函数的符号.5、D【解析】

取，可排除AB；由蛛网图可得数列的单调情况，进而得到要使，只需，由此可得到答案.【详解】取，，数列恒单调递增，且不存在最大值，故排除AB选项；由蛛网图可知，存在两个不动点，且，，因为当时，数列单调递增，则；当时，数列单调递减，则；所以要使，只需要，故，化简得且.故选：D．【点睛】本题考查递推数列的综合运用，考查逻辑推理能力，属于难题．6、D【解析】

根据样本中心点在回归直线上，求出，求解，即可求出答案.【详解】依题意在回归直线上，，由，估计第年维修费用超过15万元.故选:D.【点睛】本题考查回归直线过样本中心点、以及回归方程的应用，属于基础题.7、A【解析】

因为，可得，根据等差数列前项和，即可求得答案.【详解】，，.故选：A.【点睛】本题主要考查了求等差数列前项和，解题关键是掌握等差中项定义和等差数列前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.8、C【解析】

将用向量和表示，代入可求出，再利用投影公式可得答案.【详解】解：，得，则向量在上的投影为.故选：C.【点睛】本题考查向量的几何意义，考查向量的线性运算，将用向量和表示是关键，是基础题.9、B【解析】

观察已知条件，对进行化简，运用累加法和裂项法求出结果.【详解】已知，则，所以有，，，，两边同时相加得，又因为，所以.故选：【点睛】本题考查了求数列某一项的值，运用了累加法和裂项法，遇到形如时就可以采用裂项法进行求和，需要掌握数列中的方法，并能熟练运用对应方法求解.10、B【解析】

还原几何体的直观图，可将此三棱锥放入长方体中,利用体积分割求解即可.【详解】如图，三棱锥的直观图为，体积.故选:B.【点睛】本题主要考查了锥体的体积的求解,利用的体积分割的方法,考查了空间想象力及计算能力,属于中档题.11、B【解析】

求出复数，得出其对应点的坐标，确定所在象限．【详解】由题意,对应点坐标为，在第二象限．故选：B．【点睛】本题考查复数的几何意义，考查复数的除法运算，属于基础题．12、D【解析】

首先判断循环结构类型，得到判断框内的语句性质，然后对循环体进行分析，找出循环规律，判断输出结果与循环次数以及的关系，最终得出选项．【详解】经判断此循环为“直到型”结构，判断框为跳出循环的语句，第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：，此时退出循环，根据判断框内为跳出循环的语句，，故选D．【点睛】题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题．解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1)不要混淆处理框和输入框；(2)注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3)注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4)处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5)要注意各个框的顺序，（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

求出专业人数在、、、四个专业总人数的比例后可得．【详解】由题意、、、四个不同的专业人数的比例为，故专业应抽取的人数为．故答案为：1．【点睛】本题考查分层抽样，根据分层抽样的定义，在各层抽取样本数量是按比例抽取的．14、【解析】

根据已知求出，利用向量的运算律，求出即可.【详解】由可得，则，所以.故答案为:【点睛】本题考查向量的模、向量的数量积运算，考查计算求解能力，属于基础题.15、【解析】

考查更为一般的问题：设P为椭圆C:上的动点，为椭圆的两个焦点，为△PF1F2的内心，求点I的轨迹方程．解法一：如图，设内切圆I与F1F2的切点为H，半径为r，且F1H=y，F2H=z，PF1=x+y，PF2=x+z，，则.直线IF1与IF2的斜率之积：，而根据海伦公式，有△PF1F2的面积为因此有.再根据椭圆的斜率积定义，可得I点的轨迹是以F1F2为长轴，离心率e满足的椭圆，其标准方程为.解法二：令，则．三角形PF1F2的面积：，其中r为内切圆的半径，解得.另一方面，由内切圆的性质及焦半径公式得：从而有．消去θ得到点I的轨迹方程为：.本题中：，代入上式可得轨迹方程为：.16、130.15.【解析】

由题意可得顾客需要支付的费用，然后分类讨论，将原问题转化为不等式恒成立的问题可得的最大值.【详解】(1),顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付元.(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为元,元时,李明得到的金额为,符合要求.元时,有恒成立,即,即元.所以的最大值为.【点睛】本题主要考查不等式的概念与性质､数学的应用意识､数学式子变形与运算求解能力,以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养.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。17、见解析【解析】

（1）如图，连接，交于点，连接，，则为的中点，因为为的中点，所以，又，所以，从而，，，四点共面．因为平面，平面，平面平面，所以．又，所以四边形为平行四边形，所以，所以（2）因为，为的中点，所以，又三棱柱是直三棱柱，，所以，，互相垂直，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，所以，，，，所以，，．设平面的法向量为，则，即，令，可得，，所以平面的一个法向量为．设平面的法向量为，则，即，令，可得，，所以平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成二面角的正弦值为．18、（1）（2）【解析】

（1）根据椭圆的离心率、椭圆上点的坐标以及列方程，由此求得，进而求得椭圆的方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，写出韦达定理.根据平行四边形的性质以及向量加法的几何意义得到，由此求得点的坐标，将的坐标代入椭圆方程，化简后可求得直线的斜率，由此求得直线的方程.【详解】（1）由椭圆的离心率为，点在椭圆上，所以，且解得，所以椭圆的方程为．（2）显然直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为，设，由消去得，所以，由已知得，所以，由于点都在椭圆上，所以，展开有，又，所以，经检验满足，故直线的方程为.【点睛】本小题主要考查根据椭圆的离心率和椭圆上一点的坐标求椭圆方程，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题.19、（1）当时，无极值；当时，极小值为；（2）.【解析】

（1）求导，对参数进行分类讨论，即可容易求得函数的极值；（2）构造函数，两次求导，根据函数单调性，由恒成立问题求参数范围即可.【详解】（1）依题，当时，，函数在上单调递增，此时函数无极值；当时，令，得，令，得所以函数在上单调递增，在上单调递减.此时函数有极小值，且极小值为.综上：当时，函数无极值；当时，函数有极小值，极小值为.（2）令易得且，令所以，因为，，从而，所以，在上单调递增.又若，则所以在上单调递增，从而，所以时满足题意.若，所以，，在中，令，由（1）的单调性可知，有最小值，从而.所以所以，由零点存在性定理：，使且在上单调递减，在上单调递增.所以当时，.故当，不成立.综上所述：的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的极值，涉及由恒成立问题求参数范围的问题，属压轴题.20、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）要证明平面，只需证明，，即可求得答案；（2）先根据已知证明四边形为矩形，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立坐标系，求得平面的法向量为，平面的法向量，设二面角的平面角为，，即可求得答案.【详解】（1）平面，平面，.，，.又，平面.（2）由（1）可知.在中，，..又，，四边形为矩形.以为原点，为轴，为轴，为轴，建立坐标系，如图：则：，，，，：，设平面的法向量为，即，令，则，由题平面，即平面的法向量为由二面角的平面角为锐角，设二面角的平面角为即二面角的正弦值为：.【点睛】本题主要考查了求证线面垂直和向量法求二面角，解题关键是掌握线面垂直判断定理和