2023届陕西省宝鸡市千阳县中学高三下学期十模数学（理）试题含解析

2023届陕西省宝鸡市千阳县中学高三下学期十模数学（理）试题

一、单选题

1．在复平面内，复数对应的点位于（  ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据复数除法运算化简复数，从而根据对应点的坐标得到结果.

【详解】

对应的点坐标为：

对应的点位于第一象限

本题正确选项：

【点睛】本题考查复数对应的复平面的点的问题，关键是能够通过复数的除法运算化简复数，属于基础题.

2．设A、B、C是三个集合，若，则下列结论不正确的是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用集合之间的基本关系即可判断.

【详解】,,

,

，故B正确；

，,

,故AD正确；

故选：C

3．在下列函数中，为偶函数的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用函数的奇偶性定义判断各个选项即可.

【详解】对于A，函数的定义域为，且，所以，故函数不为偶函数；

对于B，函数的定义域为，且，所以，故函数不为偶函数；

对于C，函数的定义域为，且，所以，故函数为偶函数；

对于D，函数的定义域为，不关于原点对称，所以函数不为偶函数.

故选：C.

4．在的展开式中，若第3项的系数为10，则（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】B

【分析】直接利用二项式定理计算得到答案.

【详解】展开式的通项为，故，.

故选：B

5．在等比数列中，，，则（    ）

A．8 B．16 C．32 D．64

【答案】D

【分析】根据及等比数列的通项公式求出公比，再利用等比数列的通项公式即可求解.

【详解】设等比数列的公比为,

因为，，所以，解得.

所以.

故选:D.

6．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据指数函数的单调性、正弦函数的单调性、对数函数的单调性进行求解即可/

【详解】因为，所以，

因为，所以，

因为，所以，因此，

故选：B

7．北京中轴线是世界城市建设历史上最杰出的城市设计范例之一.其中钟鼓楼、万宁桥、景山、故宫、端门、天安门、外金水桥、天安门广场及建筑群、正阳门、中轴线南段道路遗存、永定门，依次是自北向南位列轴线中央相邻的11个重要建筑及遗存.某同学欲从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个游览，则选取的3个中一定有故宫的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别求出这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个的种数和选取的3个中一定有故宫的种数，再由古典概率代入即可得出答案.

【详解】设11个重要建筑依次为，其中故宫为，

从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个有：，

，共9种情况，

其中选取的3个中一定有故宫的有：，共3种，

所以其概率为：.

故选：D.

8．在中，若，，，则的面积是（    ）．

A．1 B． C． D．

【答案】D

【分析】利用余弦定理得，再根据得，进而得，最后求出,再利用三角形面积公式即可求出答案.

【详解】由余弦定理得，代入，得，

因为，所以，即

所以，解得，

因为，则,

所以，.

故选：D.

二、多选题

9．已知函数，则下列结论错误的是（    ）．

A．有两个极值点 B．有一个零点

C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线

【答案】BD

【分析】对于A选项，对求导后判断函数单调性，即可判断极值点个数；对于B选项，结合A选项求解的函数单调性和极值点的值，根据零点存在定理可判断零点个数；对于C选项利用函数平移，构造，判断的奇偶性，进一步得到对称中心；对于D选项，根据条件直接求出切点坐标即可判断结果；

【详解】对于A选项，由，定义域为，可得，

令，可得，

因为，得或，，得，

所以，在单调递减，在，单调递增，

所以，是有极大值点，是有极小值点，故A选项正确；

对于B选项，由A可知极大值为，

极小值，，

所以，根据的单调性和零点存在定理可知，在，，各存在1个零点，即函数有3个零点，故B错误；

对于C选项，

可设，得，则为奇函数，所以图象关于对称，

将向上平移1个单位可得，故函数关于对称，故C选项正确；

对于D选项，由A知，令，解得，则，，

由于切点，均不满足，

故D选项错误；

故选：BD

三、单选题

10．如图，四边形为正方形，平面，，，记三棱锥，，的体积分别为，，，，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.

【详解】

设，因为平面，，

则，，

连接交于点，连接，易得，

又平面，平面，则，

又，平面，则平面，

又，过作于，易得四边形为矩形，

则，

则，，

，则，，，

则，

所以，，，，故A、B、D错误；C正确.

故选：C

11．在平面直角坐标系中，若点在直线上，则当，变化时，直线的斜率的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】将点代入直线方程中得出点为圆上的动点，

结合图像分析即可求出直线的斜率的取值范围.

【详解】因为点在直线上，

所以，

即，

则表示圆心为，半径为1的圆上的点，

如图：

由图可知当直线与圆相切时，直线的斜率得到最值，

设，

由圆与直线相切，故有圆心到直线的距离为半径1，

即，

解得：，

由图分析得：直线的斜率的取值范围是.

故选：B.

12．已知函数，若函数有6个不同的零点，且最小的零点为，则（    ）．

A．6 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据函数图象变换，画出图像，找到对称轴，进而数形结合求解即可.

【详解】由函数的图象，经过翻折变换，可得函数的图象，

再经过向右平移1个单位，可得的图象，

最终经过翻折变换，可得的图象，如下图：

则函数的图象关于直线对称，

令

因为函数最小的零点为，且，

故当时，方程有4个零点，

所以，要使函数有6个不同的零点，且最小的零点为,则，或，

所以，关于方程的两个实数根为

所以，由韦达定理得，

故选：B

【点睛】本题解题的关键点在于数形结合，将问题转化为关于方程的两个实数根为，进而得.

四、填空题

13．已知随机变量服从正态分布，且，则__________．

【答案】

【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．

【详解】解：因为，所以，

因此．

故答案为：．

14．已知函数，若将的图象向左平行移动个单位长度后得到的图象，则的一个对称中心为__________．

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据三角函数图像的平移变换规律，求得的解析式，即可得答案.

【详解】由题意知，

则，则有，

故的一个对称中心为，

故答案为：

15．记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列，则的通项公式为______．

【答案】

【分析】先利用等差数列的通项公式求出，根据项与和的关系以及累乘法可得答案.

【详解】∵，∴，∴，

又∵是公差为的等差数列，

∴，∴，∴当时，，

∴，整理得：，，

∴，

显然对于也成立，∴的通项公式.

故答案为：.

16．设为原点，双曲线的右焦点为，点在的右支上．的取值范围是__________．

【答案】

【分析】由题知，设，则，进而结合向量数量积与模的运算，结合求解即可.

【详解】解：由题知，双曲线的右焦点为，

因为点在的右支上，故设，则，

所以，

所以，

因为，所以，，

所以，，，即

故答案为：

五、解答题

17．已知函数．

(1)求的最小正周期；

(2)若，且，求x的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式即可化解得，则得到其最小正周期；

（2）根据范围求出，则，则，解出即可.

【详解】（1）

所以的最小正周期为.

（2）因为,所以.

因为,所以.

所以.解得,所以的取值范围是.

18．为迎接2022年冬奥会，某地区高一､高二年级学生参加了冬奥知识竞赛.为了解知识竞赛成绩优秀不低于85分.学生的得分情况，从高一､高二这两个年级知识竞赛成绩优秀的学生中分别随机抽取容量为15､20的样本，得分情况统计如下图所示满分100分，得分均为整数.，其中高二年级学生得分按分组.

（1）从抽取的高二年级学生样本中随机抽取一人，求其得分不低于90分的概率；

（2）从该地区高二年级参加知识竞赛成绩优秀的学生中随机抽取3人，用频率估计概率，记为取出的3人中得分不低于90分的人数，求的分布列及数学期望；

（3）由于高二年级学生样本原始数据丢失，请根据统计图信息，判断高二年级学生样本得分的最高分至少为多少分时，高二年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级学生样本得分的平均分，并说明理由.

【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：；（3）分，理由见解析.

【分析】（1）利用古典概型概率计算公式，计算出所求概率.

（2）利用二项分布的分布列、数学期望的计算方法，计算出分布列和数学期望.

（3）首先求得高一年级学生样本得分的平均分，设高二年级学生样本得分的最高分为，由“高二年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级学生样本得分的平均分”列不等式，解不等式求得的取值范围，由此求得符合题意的的值.

【详解】（1）设事件：从抽取的高二年级学生样本中随机抽取一人，其得分不低于90分，

则.

所以从抽取的高二年级学生样本中随机抽取一人，其得分不低于90分的概率为.

（2）由（1）可知，从该地区高二年级参加知识竞赛成绩优秀的学生中随机抽取1人，

其得分不低于分的概率估计为.

由题意可知，，的可能取值为.

所以；；

；.

所以的分布列为

所以的数学期望为.

（3）由题意可知，高一年级学生样本得分的平均分为.

设高二年级学生样本得分的最高分为.

由图可知，要使得高二年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级学生样本得分的平均分，只需.解得.

所以当高二年级学生样本得分的最高分至少是分时，

高二年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级学生样本得分的平均分.

【点睛】在求解分布列、数学期望有关的问题时，可首先判断随机变量分布列是否是超几何分布、二项分布.

19．如图，平面平面，，，分别为的中点，，．

(1)设平面平面，l与AC交于O，若直线，证明：为中点；

(2)在（1）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明出平面，利用线面平行的性质可得出，结合中位线的性质可证得结论成立；

（2）连接，证明出平面，，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）证明：因为直线，平面，平面，所以，平面，

因为平面，平面平面，所以．

又因为为中点，所以为中点．

（2）解：连接，因为，为中点，所以，，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以，平面，

因为，为的中点，则，

因为，且，所以，，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、．

因为点为中点，所以．

所以，，设为平面的法向量，

则，取，可得，

设直线与平面所成角为，

因为，所以．

所以直线与平面所成角的正弦值为．

20．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，以两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为2的正方形（记为Q）．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设点P在直线上，过点P作以原点为圆心短半轴长为半径圆O的两条切线，切点为M，N，求证：直线恒过定点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由椭圆的性质结合正方形的性质列出方程得出椭圆C的方程；

（2）由切线的性质得出点P，M，O，N在以为直径的圆上，再由两圆的位置关系得出直线方程，进而得出定点.

【详解】（1）依题意，设椭圆C的方程为，焦距为，

由题设条件知，，，

故椭圆C的方程为．

（2）设点是直线上任意一点，

由题可知点P，M，O，N在以为直径的圆上，

此圆方程为    ①

又圆O的方程为，    ②

①－②可得直线方程为：，则直线恒过定点．

21．已知函数．

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)证明：当时，曲线与曲线至多存在一个交点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据导数的几何意义确定切线斜率，在根据切点坐标，从而得切线方程；

（2）构造函数，将两条曲线交点问题转化为函数的零点问题，对函数求导，确定函数的单调性及取值情况，从而判断其零点个数，即可证得结论.

【详解】（1）因为，所以．

所以，．

所以曲线在点处的切线方程为．

（2）令，其定义域为．

，．

令，，

所以在上单调递增．

因为，，所以，

当时，，即，单调递减；

当时，，即，单调递增；

当时，，即，取得极小值．

，

因为，所以，，所以．

因此，当时，，所以，，

即，，曲线与曲线无交点；

当时，，所以存在且仅存在一个，使得，

对且，都有，即．

所以当时，曲线与曲线有且仅有一个交点；

故当时，曲线与曲线至多存在一个交点．

22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．

（1）求C和l的直角坐标方程；

（2）求C上的点到l距离的最小值．

【答案】（1）；；（2）

【分析】（1）利用代入消元法，可求得的直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可得的直角坐标方程；（2）利用参数方程表示出上点的坐标，根据点到直线距离公式可将所求距离表示为三角函数的形式，从而根据三角函数的范围可求得最值.

【详解】（1）由得：，又

整理可得的直角坐标方程为：

又，

的直角坐标方程为：

（2）设上点的坐标为：

则上的点到直线的距离

当时，取最小值

则

【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化、求解椭圆上的点到直线距离的最值问题.求解本题中的最值问题通常采用参数方程来表示椭圆上的点，将问题转化为三角函数的最值求解问题.

23．已知a，b，c为正数，且满足abc=1．证明：

（1）；

（2）．

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【分析】（1）利用将所证不等式可变为证明：，利用基本不等式可证得，从而得到结论；（2）利用基本不等式可得，再次利用基本不等式可将式转化为，在取等条件一致的情况下，可得结论.

【详解】（1）    

当且仅当时取等号

，即：

（2），当且仅当时取等号

又，，（当且仅当时等号同时成立）

又    

【点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生对于基本不等式的变形和应用能力，需要注意的是在利用基本不等式时需注意取等条件能否成立.