陕西省西安市电子科技大学2023年高三考前热身数学试卷含解析

2023高考数学模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知集合，，则A． B． C． D．2．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（）A．56383 B．57171 C．59189 D．612423．已知变量的几组取值如下表：12347若与线性相关，且，则实数（）A． B． C． D．4．已知正四面体外接球的体积为，则这个四面体的表面积为（）A． B． C． D．5．定义在R上的函数y=fx满足fx≤2x-1A． B． C． D．6．已知平面向量，满足且，若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当变化时，的最大值为（）A． B． C． D．17．设，则复数的模等于()A． B． C． D．8．已知向量与的夹角为，，，则()A． B．0 C．0或 D．9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A． B．3 C． D．410．高三珠海一模中，经抽样分析，全市理科数学成绩X近似服从正态分布，且．从中随机抽取参加此次考试的学生500名，估计理科数学成绩不低于110分的学生人数约为（）A．40 B．60 C．80 D．10011．如图，在平面四边形中，满足，且，沿着把折起，使点到达点的位置，且使，则三棱锥体积的最大值为（）A．12 B． C． D．12．已知函数且，则实数的取值范围是()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数在处的切线方程是____________.14．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过椭圆的右焦点作一条直线交椭圆于点、.则内切圆面积的最大值是_________.15．甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，乙获胜的概率是，则乙不输的概率是_____．16．若双曲线C：（，）的顶点到渐近线的距离为，则的最小值________.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）已知．（1）若的解集为，求的值；（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．18．（12分）已知集合，，，将的所有子集任意排列，得到一个有序集合组，其中.记集合中元素的个数为，，，规定空集中元素的个数为.当时，求的值；利用数学归纳法证明：不论为何值，总存在有序集合组，满足任意，，都有.19．（12分）如图所示，在四棱锥中，底面是棱长为2的正方形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的正切值．20．（12分）如图，在矩形中，，，点分别是线段的中点，分别将沿折起，沿折起，使得重合于点，连结.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.21．（12分）第7届世界军人运动会于2019年10月18日至27日在湖北武汉举行，赛期10天，共设置射击、游泳、田径、篮球等27个大项，329个小项.共有来自100多个国家的近万名现役军人同台竞技.前期为迎接军运会顺利召开，武汉市很多单位和部门都开展了丰富多彩的宣传和教育活动，努力让大家更多的了解军运会的相关知识，并倡议大家做文明公民.武汉市体育局为了解广大民众对军运会知识的知晓情况，在全市开展了网上问卷调查，民众参与度极高，现从大批参与者中随机抽取200名幸运参与者，他们得分（满分100分）数据，统计结果如下：组别频数5304050452010（1）若此次问卷调查得分整体服从正态分布，用样本来估计总体，设，分别为这200人得分的平均值和标准差（同一组数据用该区间中点值作为代表），求，的值（，的值四舍五入取整数），并计算；（2）在（1）的条件下，为感谢大家参与这次活动，市体育局还对参加问卷调查的幸运市民制定如下奖励方案：得分低于的可以获得1次抽奖机会，得分不低于的可获得2次抽奖机会，在一次抽奖中，抽中价值为15元的纪念品A的概率为，抽中价值为30元的纪念品B的概率为.现有市民张先生参加了此次问卷调查并成为幸运参与者，记Y为他参加活动获得纪念品的总价值，求Y的分布列和数学期望，并估算此次纪念品所需要的总金额.（参考数据：；；.）22．（10分）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，底面ABCD是边长为2的菱形，点E，F分别为棱DC，BC的中点，点G是棱SC靠近点C的四等分点.求证：（1）直线平面EFG；（2）直线平面SDB.

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．C【解析】分析：根据集合可直接求解.详解：,,故选C点睛：集合题也是每年高考的必考内容，一般以客观题形式出现，一般解决此类问题时要先将参与运算的集合化为最简形式，如果是“离散型”集合可采用Venn图法解决，若是“连续型”集合则可借助不等式进行运算.2．C【解析】

根据“被5除余3且被7除余2的正整数”，可得这些数构成等差数列，然后根据等差数列的前项和公式，可得结果.【详解】被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23，公差为的等差数列，记数列则令，解得.故该数列各项之和为.故选：C.【点睛】本题考查等差数列的应用，属基础题。3．B【解析】

求出，把坐标代入方程可求得．【详解】据题意，得，所以，所以．故选：B．【点睛】本题考查线性回归直线方程，由性质线性回归直线一定过中心点可计算参数值．4．B【解析】

设正四面体ABCD的外接球的半径R，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，根据正方体和正四面体的外接球为同一个球计算出正方体的棱长，从而得出正四面体的棱长，最后可求出正四面体的表面积．【详解】将正四面体ABCD放在一个正方体内，设正方体的棱长为a，如图所示，设正四面体ABCD的外接球的半径为R，则，得．因为正四面体ABCD的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有，∴．而正四面体ABCD的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以，正四面体ABCD的棱长为，因此，这个正四面体的表面积为．故选：B．【点睛】本题考查球的内接多面体，解决这类问题就是找出合适的模型将球体的半径与几何体的一些几何量联系起来，考查计算能力，属于中档题．5．D【解析】

根据y=fx+1为奇函数，得到函数关于1,0中心对称，排除AB，计算f1.5≤【详解】y=fx+1为奇函数，即fx+1=-f-x+1，函数关于f1.5≤2故选：D.【点睛】本题考查了函数图像的识别，确定函数关于1,0中心对称是解题的关键.6．B【解析】

根据题意,建立平面直角坐标系.令.为中点.由即可求得点的轨迹方程.将变形,结合及平面向量基本定理可知三点共线.由圆切线的性质可知的最小值即为到直线的距离最小值,且当与圆相切时,有最大值.利用圆的切线性质及点到直线距离公式即可求得直线方程,进而求得原点到直线的距离,即为的最大值.【详解】根据题意,设,则由代入可得即点的轨迹方程为又因为,变形可得,即,且所以由平面向量基本定理可知三点共线,如下图所示:所以的最小值即为到直线的距离最小值根据圆的切线性质可知,当与圆相切时,有最大值设切线的方程为,化简可得由切线性质及点到直线距离公式可得,化简可得即所以切线方程为或所以当变化时,到直线的最大值为即的最大值为故选:B【点睛】本题考查了平面向量的坐标应用,平面向量基本定理的应用,圆的轨迹方程问题,圆的切线性质及点到直线距离公式的应用,综合性强,属于难题.7．C【解析】

利用复数的除法运算法则进行化简,再由复数模的定义求解即可.【详解】因为,所以,由复数模的定义知,.故选:C【点睛】本题考查复数的除法运算法则和复数的模;考查运算求解能力;属于基础题.8．B【解析】

由数量积的定义表示出向量与的夹角为，再由，代入表达式中即可求出.【详解】由向量与的夹角为，得，所以，又，，，，所以，解得.故选：B【点睛】本题主要考查向量数量积的运算和向量的模长平方等于向量的平方，考查学生的计算能力，属于基础题.9．C【解析】

首先把三视图转换为几何体，该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.【详解】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，如图所示：故：.故选：C.【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式，考查了空间想象能力，属于基础题.10．D【解析】

由正态分布的性质，根据题意，得到，求出概率，再由题中数据，即可求出结果.【详解】由题意，成绩X近似服从正态分布，则正态分布曲线的对称轴为，根据正态分布曲线的对称性，求得，所以该市某校有500人中，估计该校数学成绩不低于110分的人数为人，故选:.【点睛】本题考查正态分布的图象和性质,考查学生分析问题的能力,难度容易.11．C【解析】

过作于，连接，易知，，从而可证平面，进而可知，当最大时，取得最大值，取的中点，可得，再由，求出的最大值即可.【详解】在和中，，所以，则，过作于，连接，显然，则，且，又因为，所以平面，所以，当最大时，取得最大值，取的中点，则，所以，因为，所以点在以为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，所以的最大值为椭圆的短轴长的一半，故最大值为，所以最大值为，故的最大值为.故选：C.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.12．B【解析】

构造函数，判断出的单调性和奇偶性，由此求得不等式的解集.【详解】构造函数，由解得，所以的定义域为，且，所以为奇函数，而，所以在定义域上为增函数，且.由得，即，所以.故选：B【点睛】本小题主要考查利用函数的单调性和奇偶性解不等式，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

求出和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程.【详解】，则，，.因此，函数在处的切线方程是，即.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，考查计算能力，属于基础题.14．【解析】令直线：，与椭圆方程联立消去得，可设，则，．可知，又，故．三角形周长与三角形内切圆的半径的积是三角形面积的二倍，则内切圆半径，其面积最大值为．故本题应填．点睛：圆锥曲线中最值与范围的求法有两种：(１)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法．(２)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法，判别式法，重要不等式及函数的单调性法等．15．【解析】乙不输的概率为，填.16．【解析】

根据双曲线的方程求出其中一条渐近线，顶点，再利用点到直线的距离公式可得，由，利用基本不等式即可求解.【详解】由双曲线C：（，，可得一条渐近线，一个顶点，所以，解得，则，当且仅当时，取等号，所以的最小值为.故答案为：【点睛】本题考查了双曲线的几何性质、点到直线的距离公式、基本不等式求最值，注意验证等号成立的条件，属于基础题.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．（1）；（2）【解析】

（1）利用两边平方法解含有绝对值的不等式，再根据根与系数的关系求出的值；（2）利用绝对值不等式求出的最小值，把不等式化为只含有的不等式，求出不等式解集即可．【详解】（1）不等式，即两边平方整理得由题意知和是方程的两个实数根即，解得（2）因为所以要使不等式恒成立，只需当时，，解得，即；当时，，解得，即；综上所述，的取值范围是【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了分类讨论思想，是中档题．18．；证明见解析.【解析】

当时，集合共有个子集，即可求出结果；分类讨论，利用数学归纳法证明.【详解】当时，集合共有个子集，所以；①当时，，由可知，，此时令，，，，满足对任意，都有，且；②假设当时，存在有序集合组满足题意，且，则当时，集合的子集个数为个，因为是4的整数倍，所以令，，，，且恒成立，即满足对任意，都有，且，综上，原命题得证.【点睛】本题考查集合的自己个数的研究，结合数学归纳法的应用，属于难题.19．(1)见证明；(2)【解析】

（1）取PD中点G，可证EFGA是平行四边形，从而，得证线面平行；（2）取AD中点O，连结PO，可得面，连交于，可证是二面角的平面角，再在中求解即得．【详解】（1）证明：取PD中点G，连结为的中位线，且，又且，且，∴EFGA是平行四边形，则，又面，面，面；（2）解：取AD中点O，连结PO，∵面面，为正三角形，面，且，连交于，可得，，则，即．连，又，可得平面，则，即是二面角的平面角，在中，∴，即二面角的正切值为．【点睛】本题考查线面平行证明，考查求二面角．求二面角的步骤是一作二证三计算．即先作出二面角的平面角，然后证明此角是要求的二面角的平面角，最后在三角形中计算．20．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）根据，，可得平面，故而平面平面．（Ⅱ）过作于，则可证平面，故为所求角，在中利用余弦定理计算，再计算．【详解】解：（Ⅰ）因为，，，平面，平面所以平面，又平面，所以平面平面；（Ⅱ）过作于，则由平面，且平面知，所以平面，从而是直线与平面所成角.因为，，，所以，从而.【点睛】本题