2023届陕西省咸阳市高新一中高三上学期第一次质量检测数学（理）试题含解析

2023届陕西省咸阳市高新一中高三上学期第一次质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则＝（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据集合交集补集运算求解即可.

【详解】解：因为，，

所以或，所以．

故选：B．

2．命题“，”的否定为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】由特称命题的否定需改变量词，否定结论可得.

【详解】命题“，”的否定为“，”．

故选：C．

3．已知点是角的终边上一点，则（    ）

A． B． C．3 或  D．3

【答案】A

【分析】因为点是角的终边上一点，所以，从而求得再根据可知.

【详解】因为点是角的终边上一点，

所以，

由

解得

因为，

所以，，

所以

故.

故选： A.

4．三名同学到五个社区参加社会实践活动，要求每个社区有且只有一名同学，每名同学至多去两个社区，则不同的派法共有（    ）

A．90种 B．180种 C．125种 D．243种

【答案】A

【分析】根据题意先分组后排列即得.

【详解】由题可把五个社区分为1,2,2三组，有种分法，

然后将三组看作三个不同元素进行全排列，有种排法，

所以不同的派法共有(种).

故选：.

5．九连环是一种流传于我国民间的传统智力玩具.它用九个圆环相连成串，以解开为胜.它在中国有近两千年的历史，《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载.周邦彦也留下关于九连环的名句“纵妙手、能解连环.”九连环有多种玩法，在某种玩法中:已知解下1个圆环最少需要移动圆环1次，解下2个圆环最少需要移动圆环 2 次，记 为解下个圆环需要移动圆环的最少次数，且，则解下 8 个圆环所需要移动圆环的最 少次数为（    ）

A．30 B．90 C．170 D．341

【答案】C

【分析】根据，逐个代入，即可求解.

【详解】由题，，所以.

故选.：C

6．如图，长方体 中，，若直线与平面所成的角为，则直线与直线所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先证平面，则即为直线与平面所成的角，即，为正方形，可得，由长方体性质可得，即为正三角形，由得为直线与直线所成的角，即

【详解】连接，与交于点，连接，

是长方体，平面，平面，∴，

，为正方形，，，平面，∴平面，

则即为直线与平面所成的角，所以.

平面，∴，即是直角三角形. 由题，，所以，

又，所以为直线与直线所成的角，

由，易得对角线，即为正三角形，故.

故选：C

7．若直线与圆交于A，B两点，则当周长最小时，k＝（    ）

A． B． C．1 D．－1

【答案】C

【分析】由直线方程可得直线恒过定点，由圆的几何性质可得当时，周长最小，由此可求的值.

【详解】直线的方程可化为

所以直线恒过定点，

因为

所以点在圆内，

由圆的性质可得当时，最小，周长最小，

又，

所以，此时．

故选：C．

8．已知函数 的导函数为，若对任意的，都有，且，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】构造函数，易证在上单调递增，且，则不等式等价于，即.

【详解】令，

则，

所以在上单调递增，

,

等价于,

即，

即，

所以不等式的解集为.

故选：A.

9．某企业秉承“科学技术是第一生产力”的发展理念，投入大量科研经费进行技术革新，该企业统计了最近6年投入的年科研经费x（单位：百万元）和年利润y（单位：百万元）的数据，并绘制成如图所示的散点图．已知x，y的平均值分别为，．甲统计员得到的回归方程为；乙统计员得到的回归方程为；若甲、乙二人计算均未出现错误，有下列四个结论：

①当投入年科研经费为20（百万元）时，按乙统计员的回归方程可得年利润估计值为75.6（百万元）（取）；

②；

③方程比方程拟合效果好；

④y与x正相关．

以上说法正确的是（    ）

A．①③④ B．②③ C．②④ D．①②④

【答案】D

【分析】结合样本中心点过回归直线方程，已知数据，散点图等依次判断各命题即可得答案.

【详解】解：将代入，得，①正确；

将，代入得，②正确；

由散点图可知，回归方程比的拟合效果更好，③错误；

因为随的增大而增大，所以与正相关，④正确．故①②④正确．

故选：D．

10．已知定义域为的偶函数的图像是连续不间断的曲线，且，对任意的，，，恒成立，则在区间上的零点个数为（    ）

A．100 B．102 C．200 D．202

【答案】A

【分析】结合题意得是以4为周期的函数，且在一个周期内有两个零点，再根据周期性求解即可.

【详解】解：令，得，即，

因为对任意的，，，恒成立，

所以，在上单调递增，

因为为偶函数，

所以，在上单调递减，，

所以，

所以是以4为周期的函数，

因为在一个周期内有两个零点，

故在区间上的零点个数为．

故选：A．

11．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，均有成立，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先根据三角函数图象变换规律求出的解析式，再由恒成立，可得在处取得最大值，从而可求出的值，进而可求出其最小值.

【详解】

，

因为将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，

所以，

因 为恒成立，

所以在处取得最大值，

所以，解得，

因为，所以当时，取得最小值.

故选：B.

12．已知双曲线 的左、右焦点分别为，其一条渐近线为，直 线过点且与双曲线的右支交于两点，分别为和的内 心 ，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，利用双曲线的定义，得到，的横坐标，设直线的倾斜角为，得到，进而利用锐角三角函数，得到，最后求出，再利用对勾函数的性质得到的取值范围

【详解】

设焦距为 ，由题可知，故，如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，易得. 因为，所以，又，得，所以点横坐标为，同理可得点横坐标也为. 设直线的倾斜角为，易得，则，所以，故，因为，由对勾函数性质可得.

故选： D.

二、填空题

13．若复数（是虚数单位）是纯虚数，则实数的值为______.

【答案】2

【分析】利用复数的运算法则和纯虚数的定义即可得出．

【详解】解：复数是纯虚数，

，解得，

故答案为：2．

【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算法则以及纯虚数的定义，属于基础题．

14．若 满足约束条件则的最小值为________

【答案】-2.5

【分析】根据题意，作出相应的线性规划图，即可求解.

【详解】把直线整理为，可行域如下图所示，当直线 过点时，取得最小值.

故答案为：

15．已知等差数列 的前项和为，且，则满足的正整数的最大值 为____

【答案】21

【分析】由可知，则可知，由此即可选出答案.

【详解】因为，

所以

所以故，

所以满足的正整数的最大值为21．

故答案为：21

16．在三棱锥 中. 底面是边长为的正三角形，，点为的垂心，且平面，则三棱锥的外接球的体积为_________

【答案】

【分析】先由线线垂直证平面，得，则可得是等边三角形，设外接球心为O，则O在CM上，半径为r，在中列方程求出半径，即可求体积

【详解】如图，连接 并延长，交于点与交于点，则.

因为平面平面，所以.

因为 平面，所以平面，平面，所以，

是正三角形，故为中点，又，所以是等边三角形，，

易得，，所以，

设外接球心为O，则O在CM上，半径为r，在中有，解得，

故外接球体积.

故答案为：

三、解答题

17．已知 为的内角所对的边，向量,,且.

(1)求角 ;

(2)若 的面积为为中点，求线段的长.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可求解；

（2）由面积公式及余弦定理可求解

【详解】(1)因为，所以，由正弦定理得，即 ，

由余弦定理得 . 因为 ，所以 .

(2)， 解得 .

因为 为中点，所以.

在 中，，即 ，

所以 .

18．如图，梯形 中，，垂 足为点. 将沿折起，使得点到点的位放，且，连接分别为和的中点.

(1)证明: 平面;

(2)求二面角 的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接，进而证明平面 平面即可证明结论；

（2）结合题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.

【详解】(1)解：如图，取中点，连接，

因为，

所以，四边形为正方形，

因为分别为，，的中点，

所以，，，

 又平面，平面，

所以平面，平面，

因为平面

所以平面 平面.

因为 平面，

所以平面.

(2)由题，，

所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

则，

设平面的法向量为，

则，即，令，得 ，

所以，

设平面的一个法向量为，

则，即，令，则，

所以，

所以， .

所以二面角 的正弦值为.

19．乒乓球是我国的国球，“乒乓精神”激励了一代又一代国人. 为弘扬国球精神，传承乒乓球文化，强健学生体魄，某中学举行了乒兵球单打比赛. 比赛采用7局4胜制，每局比赛为11分制，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分（包括2分），即赢得该局比赛. 在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为后，每一个球就要交换一个发球权. 经过紧张的角逐，甲、乙两位选手进入了决赛.

(1)若甲赢得每局比赛的概率为，求甲以赢得比赛的概率;

(2)若在某一局比赛中，双方战成. 且甲获得了下一球的发球权，若甲发球时甲赢1分的概率为，乙发球时甲赢1分的概率为，求两人打了个球后，甲蠃得了该局比赛的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）甲以赢得比赛，则前4局中甲赢得了3局，第5局甲获胜；

（2），甲蠃只可能以或获胜，故的可能取值为2，4，分别求概率相加即可.

【详解】(1)甲以赢得比赛，则前4局中甲赢得了3局，第5局甲获胜，

所以甲以赢得比赛概率为.

(2)因为，所以在该局比赛中，甲只可能以或获胜，故的可能取值为2，4，

设甲赢得该局比赛的概率为，

，

，

所以求两人打了 个球后甲贏得了该局比赛的概率为

20．已知椭圆的离心率为，且经过点．

(1)求椭圆的方程；

(2)若过点的直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为点，求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题知，再待定系数求解即可得答案；

（2）结合题意设，，，则，进而根据，结合基本不等式求解即可.

【详解】(1)解：设椭圆的焦距为，则，即，

所以，即，①

又椭圆经过点，则，②

由①②解得，，

所以椭圆的方程为．

(2)解：当直线垂直于坐标轴时，点不能构成三角形，不符合题意，

当直线不垂直于坐标轴时，设，，，则，

联立得，

则，．

又，，

易知与同号，

所以

，

当且仅当，即时等号成立，

所以面积的最大值为．

21．已知函数.

(1)当 时，求的单调区间;

(2)证明: 当时，对任意的恒成立.

【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为

(2)证明见解析

【分析】（1）根据导数直接求解即可；

（2）结合（1）得，进而证明，再构造函数，求解函数最小值即可证明.

【详解】(1)解：当时，，则，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

综上，的单调递增区间为，单调递减区间为.

(2)证明: 要证对任意的恒成立

即证，对任意的恒成立.

当时，由（1）知，在上单调递增，

所以当时，，即当时，

设，则，

所以在上单调递增，

故当时，，即当时，，

所以，当时，，即①

设，则，

设，则，

由①式知当 时，，所以即在上单调递增，

所以，

当时，，所以在上单调递增，

故，即对任意的恒成立，

即对任意的恒成立.

【点睛】思路点睛：本题第二问解题的关键在于借助第一问的结论，根据不等式放缩证明，再构造函数，进而利用导数研究函数的最小值即可证明.

22．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，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求曲线的直角坐标方程；

(2)若直线与曲线交于两点，当时，求直线的普通方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式求解即可；

（2）根据题意，结合直线参数方程的几何意义及弦长公式求解得直线的倾斜角，再求普通方程即可.

【详解】(1)解：由得，

因为，

所以，即.

(2)解：将（为参数，代入，

整理得．

设所对应的参数分别为，，

则，．

所以，

解得，所以或，

故直线的参数方程为（为参数）或（为参数），

所以直线的直角坐标方程为或

23．已知，．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【解析】（1）

由题，当时， ，

①  或② 或③

解不等式组①得

解不等式组②得

解不等式组③得

所以原不等式的解集为．

(2)

当且仅当和异号时等号成立

即．

若恒成立，只需，解得，

所以实数的取值范围为．