2023届陕西省西安市鄠邑区高三下学期第一次质量检测数学（文）试题含解析

2023届陕西省西安市鄠邑区高三下学期第一次质量检测数学（文）试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B．

C． D．或

【答案】B

【分析】根据集合的交集运算求解即可>

【详解】解：，，

．

故选：B．

2．计算：（    ）

A．1 B．-1 C．i D．-i

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算可求得答案.

【详解】解：，

故选：C.

3．设，下列向量中，可与向量组成基底的向量是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据构成基地向量的条件不共线的两个非零向量解决.

【详解】对于AB项，若时，，不满足构成基向量的条件，所以AB都错误；

对于D项，若时，不满足构成基向量的条件，所以D错误；

对于C项，因为，又因为恒成立，说明与不共线，复合构成基向量的条件，所以C正确.

故选：C

4．某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：°C）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据得到下面的散点图：

由此散点图，在10°C至40°C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型.

【详解】由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，

因此，最适合作为发芽率和温度的回归方程类型的是.

故选：D.

【点睛】本题考查函数模型的选择，主要观察散点图的分布，属于基础题.

5．已知f（k）＝k+（﹣1）k，执行如图所示的程序框图，若输出k的值为4，则判断框内可填入的条件是（    ）

A．s＞3？ B．s＞5？ C．s＞10？ D．s＞15？

【答案】C

【解析】根据程序框图依次计算得到答案.

【详解】模拟执行程序框图，可得：k＝1，s＝1，

s＝1，不满足判断框内的条件，执行循环体，k＝2，s＝4，

不满足判断框内的条件，执行循环体，k＝3，s＝6，

不满足判断框内的条件，执行循环体，k＝4，s＝11，

此时，应该满足判断框内的条件，退出循环，输出k的值为4.

因此判断框内的条件可填：s＞10？

故选：C.

【点睛】本题考查了程序框图，意在考查学生的计算能力和理解能力.

6．若，，，则关于a、b、c的大小关系，下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】比较与0的大小，先比较与的大小，然后取倒数即可.

【详解】

又

即

即

所以

故选：A

7．已知，，为三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论中正确的是

A．，， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】根据线面平行，线面垂直，和线线垂直的判定定理得到相应的结果.

【详解】若，，，则与可能平行，也可能异面，故A错误，

若，，则或，故B错 误．

若，，则或，故C错误．

若，，易得，故D正确．

故答案为D.

【点睛】本题主要考查了平面的基本性质及推论，是高考中常见的题型，往往学生忽视书本上的基本概念，值得大家注意．对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断；还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断.

8．设是首项为，公差为-1的等差数列，为其前n项和，若成等比数列，则=（ ）

A．2 B．-2 C． D．

【答案】D

【分析】把已知用数列的首项和公差表示出来后就可解得．，

【详解】因为成等比数列，所以，即

故选D.

【点睛】本题考查等差数列的前项和，考查等比数列的性质，解题方法是基本量法．本题属于基础题．

9．已知函数，则函数的图象大致为

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】由题意 而

故选A

10．在区间[0，2]上随机取一个数x，使的概率为

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求解出的结果，运用几何概型求出概率

【详解】在区间上随机取一个数，使

则

解得

所求概率

故选

【点睛】本题主要考查了几何概型，先根据题意求出不等式的解集，然后运用几何概型求出概率，较为基础．

11．设是双曲线上一点，双曲线的一条渐近线方程为，分别是双曲线的左、右焦点，若，则

A．1或5 B．6 C．7 D．9

【答案】C

【详解】由双曲线的方程、渐近线的方程可得，∴a=2．由双曲线的定义可得||PF2|-3|=2 a=4，∴|PF2|=7，故选 C．

12．已知定义在实数集上的函数满足，且的导数在上恒有，则不等式的解集为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】分析：构造函数，对函数求导，得出单调性，又，得出不等式的解集．

详解：构造函数，则，所以函数在定义域上为减函数，且，所以的解集为，即的解集为，选A.

点睛：本题主要考查了函数导数的应用：利用但函数的正负判断原函数的单调性，以及不等式的解法，属于中档题．解答本题的关键是构造函数．

二、填空题

13．已知数列中，，，则数列的通项公式是________.

【答案】

【分析】利用累积法求得数列的通项公式，

【详解】依题意，当时，所以

，当时上式也符合，故数列的通项公式是.

故答案为.

【点睛】本小题主要考查累加法求数列通项公式，考查等差数列前项和公式，属于基础题.

14．设某总体是由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表第1行的第3列数字开始从左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个个体编号为___________.

【答案】19

【解析】根据随机数表法的规则依次选取即可.

【详解】解：由随机数的抽样规则得：依次选取的样本编号为：，

故选出来的第6个个体编号为.

故答案为：

【点睛】方法点睛：随机数抽样法的规则为①以编号的位数依次选取在编号范围内的数，②已选取的编号直接跳过继续选取，直至选出样本.

15．在正方体中，点E为线段上的动点，现有下面四个命题：

①直线DE与直线AC所成角为定值；②点E到直线AB的距离为定值；

③三棱锥的体积为定值；④三棱锥外接球的体积为定值．

其中所有真命题的序号是______．

【答案】①③

【分析】由线面垂直的性质定理得线线垂直判断①，由正方体的性质，可通过到的距离来计算到的距离，从而判断②，根据棱锥体积公式，判断③，想象在不同位置时外接球的半径的变化，判断④．

【详解】易证平面，平面，所以恒有，直线DE与直线AC所成角为90°，所以①是真命题．点E到直线AB的距离与点E到直线的距离有关，所以②是假命题．因为，由线面平行的判定定理可得平面，故点E到平面的距离d为定值，则为定值，所以③是真命题．平面，在上变化，例如点E在处和在的中点处时，三棱锥的外接球半径不同，故其外接球的体积不是定值，所以④是假命题．

故答案为：①③

16．若抛物线上一点A到焦点和到x轴的距离分别为10和6，则p的值为______.

【答案】2或18

【分析】由抛物线的定义得点A的坐标，代入抛物线的方程求解即可.

【详解】∵设抛物线的焦点为F，则，准线l方程为：，

∴由抛物线的定义知，，

∴点A的横坐标为，则，

又∵点A在抛物线上，

∴，解得：或.

故答案为：2或18.

三、解答题

17．函数的部分图象如图所示，又函数g(x)=f(x+).

（1）求函数g(x)的单调增区间；

（2）设ABC的内角A､B､C的对边分别为a､b､c，又c=，且锐角C满足g(C)=-1，若sinB=2sinA，，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据图象最值确定A，根据半个周期确定，根据最小值点确定，再根据诱导公式化简g(x)，最后根据余弦函数性质求单调增区间；

（2）先求C，再根据正弦定理化边的关系，结合余弦定理解得，，最后根据三角形面积公式求结果.

【详解】（1）由函数的部分图象可得

，，即，则，

又函数图像过点 ，则，即，

又，即，

即，则

由，，得，，

所以函数的单调增区间为

（2）由，得，因为，所以，

所以，，

又，由正弦定理得①.       

又，由余弦定理，得，即②.

由①②解得，. 所以的面积为.

【点睛】本题考查由图象确定三角函数解析式、余弦函数性质、正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，考查综合分析求解能力，属中档题.

18．央视传媒为了解央视举办的“朗读者”节目的收视时间情况，随机抽取了某市名观众进行调查，其中有名男观众和名女观众，将这名观众收视时间编成如图所示的茎叶图（单位：分钟），收视时间在分钟以上（包括分钟）的称为“朗读爱好者”，收视时间在分钟以下（不包括分钟）的称为“非朗读爱好者”.

（1）若采用分层抽样的方法从“朗读爱好者”和“非朗读爱好者”中随机抽取名，再从这名观众中任选名，求至少选到名“朗读爱好者”的概率；

（2）若从收视时间在40分钟以上（包括40分钟）的所有观众中选出男、女观众各1名，求选出的这两名观众时间相差5分钟以上的概率.

【答案】(1)(2)

【详解】试题分析：

试题解析：

（1）根据茎叶图，有“朗读爱好者”人，“非朗读爱好者”人，用分层抽样的方法，每个人被抽到的概率是

选中的“朗读爱好者”有人，记为，“非朗读爱好者”有人，记为；

记：至少有一名是“朗读爱好者”被选中，基本事件有，，，，，，，，，共个；满足事件的有，，，，，，共个，则

（2）收视时间在分钟以上的男观众分别是，，，，，女观众分别是，现要各抽一名，则有，，，，，，，，，共种情况.

收视时间相差分钟以上的有，，，，共种情况.

故收视时间相差分钟以上的概率.

19．已知正方体，是底对角线的交点.求证：

(1)面；

(2)面．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）连接、交于点，连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；

（2）证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立.

【详解】（1）证明：连接、交于点，连接，则为的中点，

在正方体中，且，则四边形为平行四边形，

所以，且，

因为为正方形的对角线的交点，则为的中点，所以，且，

所以，四边形为平行四边形，则，

因为平面，平面，因此，平面.

（2）证明：因为四边形为正方形，则，

平面，平面，则，

，平面，

平面，则，同理可证，

，因此，面．

20．设、分别是椭圆的左、右焦点.若是该椭圆上的一个动点，的最大值为1.

（1）求椭圆的方程；

（2）设直线与椭圆交于不同的两点、，且为锐角(其中为坐标原点)，求直线的斜率的取值范围.

【答案】（1）;（2）.

【分析】（1）由标准方程可得，，设，则可得，结合有最大值1，得，解得，从而可得结果；（2）设，，由得，根据平面向量数量积公式结合为锐角，利用韦达定理可得，从而可得结果.

【详解】（1）易知，，

所以，，设，则

，

因为，故当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值1，即

，解得

故所求的椭圆方程为.

（2）设，，由得

，

故，.

又为锐角，

∴

又

∴

，

∴，解得∴的取值范围是.

【点睛】点睛：求参数取值范围常用的方法和思路：①直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，可列出相应的不等式组，再通过解不等式确定参数范围;②分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决.

21．已知函数，，其中为自然对数的底数.

(1)讨论函数的单调性.

(2)试判断曲线与是否存在公共点并且在公共点处有公切线.若存在，求出公切线的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增.

(2)存在，

【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；

（2）假设曲线与存在公共点且在公共点处有公切线，且切点横坐标为，即可得到，则有，构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可知方程在上有唯一实数根，即可得到切点横坐标，再根据导数的几何意义计算可得.

【详解】（1）解：因为定义域为，

所以，令，解得.

当且时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增.

（2）解：由定义域为，，

假设曲线与存在公共点且在公共点处有公切线，且切点横坐标为，

则，即，

其中即，

记，，则，

所以当时，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

又，，，

故方程在上有唯一实数根，经验证也满足，

于是，，

所以曲线与的公切线的方程为，即.

22．已知直线（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，曲线的极坐标方程为.

（1）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）设点的直角坐标为，直线与曲线C 的交点为，，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【详解】试题分析：（1）在方程两边同乘以极径可得，再根据，代入整理即得曲线的直角坐标方程；（2）把直线的参数方程代入圆的直角坐标方程整理，根据韦达定理即可得到的值.

试题解析：（1）等价于①

将代入①既得曲线C的直角坐标方程为

，②

（2）将代入②得，

设这个方程的两个实根分别为

则由参数t 的几何意义既知，.

【解析】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化及直线参数方程的应用.

23．已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若二次函数与函数的图象恒有公共点，求实数的取值范围.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）

【详解】试题分析：（1）当m=5时，把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求．

（2）由二次函数y=x2+2x+3=（x+1）2+2在x=﹣1取得最小值2，f（x）在x=﹣1处取得最大值m﹣2，故有m﹣2≥2，由此求得m的范围．

试题解析：

（1）当时，，

由得不等式的解集为.

（2）由二次函数，

知函数在取得最小值2，

因为，在处取得最大值，

所以要是二次函数与函数的图象恒有公共点.

只需，即.