2023届陕西省定、靖、横“新三边”教育联盟高三上学期第一次联考数学（理）试题（解析版）

2023届陕西省定、靖、横“新三边”教育联盟高三上学期第一次联考数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用函数的单调性解出对数型不等式，然后得出两集合间的关系.

【详解】由，

∴，

∴，

∴，

故选：A.

2．已知角的终边经过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据三角函数的定义求得的值，再结合正弦二倍角公式即可得的值.

【详解】解:角的终边经过点，

所以，，

则.

故选：D.

3．如图是我国古代量粮食的器具“升”，其形状是正四棱台，上、下底面边长分别为和，高为．“升”装满后用手指或筷子沿升口刮平，这叫“平升”．则该“升”的“平升”约可装(    )

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据台体的体积计算公式即可计算．

【详解】由台体的体积公式可知，

，，

故选：C．

4．某学校文艺汇演准备从甲、乙、丙、丁、戊5人中选4人参加演出．要求甲和乙必须同时参加，且他们的演出顺序必须满足甲在前、乙在后，那么不同的演出顺序种数有（    ）

A．18种 B．24种 C．36种 D．72种

【答案】C

【分析】除了甲乙外，再选2人，从而利用倍缩法进行求解.

【详解】先从丙、丁、戊3人中选2人，有种，再把4人排列满足甲在前、乙在后，有，∴总共有种．

故选：C

5．记为等差数列的前项和．若，，则公差（    ）

A． B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】设出公差，根据通项公式和求和公式列出方程组，求出公差.

【详解】设等差数列的公差为，

因为，，

所以，解得：

故选：C

6．已知两个单位向量与的夹角为，若，，且，则实数（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据垂直向量的数量积为0及数量积的运算化简即可得解.

【详解】由题意，

又向量与的夹角为且为单位向量，

∴，解得.

故选：D

7．设，为实数，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据指数函数与对数函数的单调性解不等式，求出解集，由，但，求出答案.

【详解】∵在上单调递增，

∴由得：；

∵在上单调递减，

∴由得，

由，但，

∴“”是“”的必要不充分条件．

故选：B

8．已知如图，椭圆：，斜率为的直线与椭圆交于，两点，与轴，轴分别交于，两点，若，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，，得到，再根据点差法解决中点弦问题，求出离心率.

【详解】设，，

∵，

∴，．则，得，

由，两式相减得：，

即，

其中，且，解得：，

故，

故，解得，

故，

∴.

故选：C

9．《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长四尺，莞生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．意思是：今有蒲第一天长高四尺，莞第一天长高一尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的两倍．请问第几天，莞的长度是蒲的长度的2倍（    ）

A．4天 B．5天 C．6天 D．7天

【答案】A

【分析】由蒲生长构成首项为，公比为的等比数列，其前项和为，

又由莞生长构成首项为，公比为的等比数列，其前项和为，

根据，列出方程，即可求解.

【详解】由题意，蒲第一天长高四尺，以后蒲每天长高前一天的一半，

∴蒲生长构成首项为，公比为的等比数列，

其前项和为，

又由莞第一天长高一尺，每天长高前一天的两倍，

则莞生长构成首项为，公比为的等比数列，

其前项和为，又∵．

即，解得．

故选:.

10．已知函数的最小正周期为，且，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．在上单调递增

C．在上的最小值为

D．若为偶函数，则

【答案】D

【分析】根据已知条件逐一求参数,再应用三角函数性质分别判断选项即可.

【详解】由题知，∵，，∴是的一个对称轴；

即，解得：，又，∴，故A错误；

∴

当时，，∴在上单调递减，故B错误；

当时，，∴当时，取最小值，故C错误；

函数为偶函数，∴，∴，故D正确．

故选:.

11．近日，各地有序开展新冠疫苗加强针接种工作，某社区疫苗接种点为了更好的服务市民，决定增派甲、乙、丙、丁4名医务工作者参加登记、接种、留观3项工作，每项工作至少1人参加，若表示事件：“甲参加登记这项工作”；事件表示“乙参加登记这项工作”；事件表示“乙参加接种这项工作”，则下列结论正确的是（    ）

A．事件与相互独立 B．事件与相互独立

C． D．

【答案】D

【分析】计算出，，验证得到，，故AB错误；

利用条件概率公式求出，得到C错误，D正确.

【详解】先将甲、乙、丙、丁4名医务工作者分为3组，1组2人，2组1人，则有种选择，

再将分好的3组人员与参加登记、接种、留观3项工作全排列，故共有种基本事件，

若甲与另外一人，共同参加登记这项工作，则只需将乙、丙、丁与登记、接种、留观3项工作全排列即可，此时由种选择，

若甲单独参加登记这项工作，则先将剩余的乙、丙、丁分为两组，再和接种、留观2项工作全排列，有种选择，

故事件包含的基本事件数为：，则，

同理，

事件包含的基本事件数为：，则，

事件包含两种情况，一是甲单独参加登记这项工作，乙单独参加接种这项工作，则剩余的两人参加留观工作，此时由种选择，

二是甲乙两人，有1人不是单独参加工作，此时有种选择，

故事件包含的基本事件数为：，则

∵，故A错误；

∵，故B错误；

∵，故C错误；

∵，故D正确．

故选：D.

12．已知二次函数（其中）的图象经过点和．记为三个数，，的最大值，则的最小值为（    ）

A． B．2 C． D．4

【答案】A

【分析】根据，代入解析式得到，，结合且得到或．进而得到当时，，当时，，求出最小值.

【详解】由得，

故，，

由且得：或．

当时，，

当时，或，

故当时，，

当时，，

当时，，当时，，

∴.

故选：A

二、填空题

13．若复数，其中为虚数单位，则_______．

【答案】

【分析】由复数的运算法则和模长公式计算即可.

【详解】，

故答案为:.

14．已知直线与曲线相切，则实数的值为_______．

【答案】

【分析】首先求出函数的导函数，设切点为，即可得到方程组，解得即可；

【详解】∵，∴，设切点为，则，解得．

故答案为: .

15．已知正方体的棱长为2，点为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若，则点的轨迹所围成的周长为_______．

【答案】

【分析】连接交平面于，连接，可证平面，所以，由求出，根据四面体为正三棱锥，求出和，可得在平面内的轨迹是以为圆心，半径为的圆，根据圆的周长公式可求出结果.

【详解】如图所示，连接交平面于，连接，

因为平面，所以，又，且与相交，

所以平面，所以，

同理可得，又，

所以平面，

∴是平面所成的角，∴．

由可得，，即．

在四面体中，，平面，

所以，所以为的中心，

又，．∴四面体为正三棱锥，

如图所示：在等边三角形中，，

，

∵，∴，即在平面内的轨迹是以为圆心，半径为的圆，∴周长为.

故答案为：

16．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，离心率为，直线分别与的左、右两支交于点，．若，，则的最小值为_______．

【答案】3

【分析】由双曲线的定义知，利用余弦定理得

，求出，根据及，代入

化简利用基本不等式求最小值即可.

【详解】如图所示：

由双曲线定义可知：，

在中，由余弦定理得：

，

解得，

所以，解得，

又 ，

故

，

当且仅当，即时，等号成立．

故答案为：3

三、解答题

17．已知的内角，，所对的边分别为，，，周长为，且．

(1)求的值；

(2)若，求角的大小．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三角形的周长结合正弦定理列方程可求解的值；

（2）由（1）可得，又，结合余弦定理求解的值，即可得角的大小．

【详解】（1）解：∵三角形周长为，∴，

∵，∴由正弦定理可得，

∴，解得．

（2）解：由（1）知，又

由余弦定理得

又，∴．

18．随着人民生活水平的日益提高，汽车普遍进入千家万户，尤其在近几年，新能源汽车涌入市场，越来越受到人们喜爱．某新能源汽车销售企业在2017年至2021年的销售量（单位：万辆）数据如下表：

(1)请用相关系数判断关于的线性相关程度（参考：若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高，计算时精确到小数点后两位）；

(2)求出关于的线性回归方程，并预计2022年该新能源汽车企业的销售量为多少万辆？

参考数据：，，

附：相关系数，回归直线方程的斜率，截距

【答案】(1)与有很强的线性相关性；

(2)，109.2万辆.

【分析】（1）根据公式求出线性相关系数，从而可得出结论；

（2）利用最小二乘法求出线性回归方程，再代入的值，即可得出预计值.

【详解】（1）解：由表中数据可得，，∴，

又，，

∴，

所以与有很强的线性相关性；

（2）解：由表中数据可得，

则，

∴，

又2022年对应的代号为6，故，

由此预计2022年该新能源汽车企业的销售量为109.2万辆．

19．如图，直三棱柱中，，，分别是棱，，的中点，，，，．

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面所成二面角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面平行判定定理，构造三角形中位线，证明线线平行，即可证得线面平行；

（2）根据图形建立空间直角坐标系，按照空间向量的运算求解平面与平面夹角的余弦值，即可得正弦值．

【详解】（1）证明：连接交于点，连接，

在直三棱柱中，，分别是棱，的中点，

所以与平行且相等，四边形为平行四边形，则是的中点，

又是中点，所以，

因为平面，平面，

所以平面；

（2）解：在直三棱柱中，又，则分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，

则，取，得，

设平面的一个法向量，

则，取，得，

则，

所以平面与平面所成角的正弦值为.

20．已知抛物线：的焦点为，过点且垂直于轴的直线交抛物线于两点，．

(1)求抛物线的方程；

(2)若，是抛物线上两动点，以为直径的圆经过点，点，，三点都不重合，求的最小值

【答案】(1)

(2)11

【分析】（1）由过焦点且垂直于轴的直线交抛物线于两点，结合抛物线的定义得，即可解决问题；（2）设直线的方程为，代入抛物线中写出韦达定理，又以为直径的圆经过点，则，转化为向量，利用数量积的坐标表示得出相应的关系式；利用抛物线的定义表示出，转化成函数求的最小值即可.

【详解】（1）由题知，

∴，

∴，抛物线的方程为．

（2）设直线的方程为，

设点，，

由方程组得:

，

∴，

即，且，

∴

，

，

∵以为直径的圆经过点，

∴，

∴，

∴，

即，

∴，

∴，

∴

∴或

若，

直线：过点，不合题意，舍去．

，

∴．

则

，

所以当时，

最小，且最小值为11.

21．已知函数在处取极大值，．

(1)求的值；

(2)求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用函数在处取极大值,得到,计算即可.

（2）移项构造新函数,求导应用函数单调性求出最小值,即证明即可.

【详解】（1）因为，，

又函数在处取极大值，

所以，所以．

经检验时，,函数在上是单调递增的,

,函数在上是单调递减的,

故函数在处取极大值，所以．

（2）由（1）知，，故要证，即证．

令，则，．

令，,

得到在上单调递增，

因为，

所以，使得，即

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

又因为，即，

所以，

所以，即，

即得证．

22．在直角坐标系中，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，曲线的极坐标方程为．

(1)求曲线的直角坐标方程和的参数方程；

(2)若曲线，的交点为A，，已知，求．

【答案】(1)曲线的直角坐标方程为；的参数方程为（为参数）

(2)

【分析】（1）利用极坐标与平面直角坐标互化公式求出与的直角坐标方程，再将的直角坐标方程化为参数方程；

（2）写出的参数方程，与的普通方程联立，利用的几何意义求出的值.

【详解】（1）由的极坐标方程为，由，

故其直角坐标方程为：，

曲线极坐标方程为，两边平方得：，

得其直角坐标方程为：，

∴其参数方程为（为参数）．

（2）∵满足，即在上，

且的倾斜角为，

∴标准参数方程为（为参数）；

将标准参数方程代入直角坐标方程得：

即．

设A，对应的参数分别为，，则．

23．已知函数

(1)求不等式的解集；

(2)若，，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）含绝对值的不等式分类讨论去绝对值符合再解不等式即可；

（2）根据（1）中集合，可得，，再利用作差法证明，即可得证.

【详解】（1）解：当时，不等式化为，解得

当时，不等式化为，解得

当时，不等式化为，解得；

综上，不等式的解集为．

（2）证明：法一：∵，，∴，．

∵，

∴

法二：∵，，∴，，

∵，

∴．