陕西省咸阳市2023届高考模拟理科数学试题（含解析）

陕西省咸阳市2023届高考模拟理科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设集合，则（     ）

A． B．

C． D．

2．若，其中，则（     ）

A． B． C． D．

3．已知向量满足，且夹角为，则（    ）

A． B． C． D．

4．血氧饱和度是血液中被氧结合的氧合血红蛋白的容量占全部可结合的血红蛋白容量的百分比，即血液中血氧的浓度，它是呼吸循环的重要生理参数.正常人体的血氧饱和度一般情况下不低于，否则为供养不足.在环境模拟实验室的某段时间内，可以用指数模型:描述血氧饱和度（单位）随机给氧时间（单位:时）的变化规律，其中为初始血氧饱和度，为参数.已知，给氧1小时后，血氧饱和度为，若使血氧饱和度达到正常值，则给氧时间至少还需要（     ）小时.（参考数据:）

A． B． C． D．

5．若是抛物线的焦点，是抛物线上任意一点，的最小值为1，且是抛物线上两点，，则线段的中点到轴的距离为（     ）

A． B． C． D．

6．年初，新型冠状病毒（）引起的肺炎疫情爆发以来，各地医疗机构采取了各种针对性的治疗方法，取得了不错的成效，某医疗机构开始使用中西医结合方法后，每周治愈的患者人数如下表所示：

由上表可得关于的线性回归方程为，若第6周实际治愈人数为18人，则此回归模型第6周的残差（实际值减去预报值）为（     ）

A． B． C． D．

7．如图所示的菱形中，对角线交于点，将沿折到位置，使平面平面.以下命题:

①；  

②平面平面；

③平面平面；

④三棱锥体积为.

其中正确命题序号为（     ）

A．①②③ B．②③ C．③④ D．①②④

8．已知等比数列满足，则的前项和（     ）

A．1024 B．512 C．1023 D．5

9．在四棱锥中，侧面底面，侧面是正三角形，底面是边长为的正方形，设是该四棱锥外接球表面上的动点，则三棱锥的体积最大值为（     ）

A． B． C． D．

10．某中学举行疾病防控知识竞赛，其中某道题甲队答对该题的概率为，乙队和丙队答对该题的概率都是.若各队答题的结果相互独立且都进行了答题.则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为（     ）

A． B． C． D．

11．已知双曲线的右焦点是抛物线的焦点，且它们的公共弦过点，则双曲线的离心率为（     ）

A． B． C． D．

12．已知函数，则函数的零点个数是（     ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．4名医护人员（含甲、乙）去三个不同的社区参加核酸检测，每个社区至少去一名，则甲、乙去同一社区的方法种数_________．

14．写出一个过且与直线相切的圆的方程____________．

15．已知函数.对于下列四种说法:

①函数的图像关于点成中心对称；

②函数在上有个极值点；

③函数在区间上的最大值为；

④函数在区间上单调递增.

其中正确的序号是__________.

16．黎曼函数是一个特殊的函数，是由德国数学家波恩哈德▪黎曼发现，在数学中有广泛的应用.黎曼函数定义在上，其解析式如下:

，若函数是上的奇函数，且对任意的，都有，当时，，则__________

三、解答题

17．已知在中，角的对边分别是且满足：.

(1)求角的大小;

(2)设，以为直径做半圆（如图），是半圆弧上任意一点（除外），连接，求四边形的面积的最大值.

18．阳光体育运动是教育部、国家体育总局、共青团中央决定于2007年4月29日在全国范围内全面启动的一项有利于学生健康的运动.学校开展阳光体育运动，是为切实推动全国亿万学生阳光体育运动的广泛开展，吸引广大青少年学生积极参加体育锻炼，走向操场，走进大自然，走到阳光下，掀起群众性体育锻炼热潮.某中学有2000名学生，其中男生1200人，女生800人.为了解全校学生每天进行阳光体育的时间，学校采用分层抽样的方法，从中抽取男女生共100人进行问卷调查.将样本中的“男生”和“女生”按每天阳光体育运动时间（单位：分钟）各分为5组：经统计得下表：

(1)用样本估计总体，试估计全校学生中每天阳光体育运动时间在分钟内的总人数是多少？

(2)（ⅰ）从阳光体育运动时间不足40分钟的样本学生中随机抽取2人，求至少有1名女生的概率;

（ⅱ）国家规定，中学生平均每人每天阳光体育运动时间不少于一小时.若该学校学生少于国家标准，学校应该适当增加阳光体育运动时间.根据以上抽样数据，试分析判断男女生是否要增加每天阳关体育运动时间？

19．如图，已知直四棱柱的底面是菱形，，，是和的交点，是的中点.

(1)证明：平面;

(2)设的中点为，求直线和平面所成角的正弦值.

20．知椭圆的离心率为，分别为椭圆的右顶点和上顶点，为坐标原点，为椭圆在第一象限上一点，已知四边形面积的最大值为.

(1)求椭圆的标准方程;

(2)设椭圆的右焦点为，是椭圆上关于轴对称的两点（异于顶点），直线分别交于轴于点设直线的斜率分别为试问是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，说明理由.

21．已知函数

(1)讨论函数

(2)（ⅰ）若恒成立，求实数的取值范围;

（ⅱ）证明：

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)写出的普通方程和的直角坐标方程；

(2)设点在上，点在上，求的最小值以及此时的直角坐标.

23．已知函数

(1)当时，解不等式；

(2)若不等式对任意都成立，求实数的取值范围.

参考答案：

1．B

【分析】先分别求出集合，再根据交集的定义即可得解.

【详解】或，

，

所以.

故选：B.

2．B

【分析】根据复数的相等求得的值，再根据复数的模的计算求得答案.

【详解】由可得，

故，

故选：B

3．B

【分析】根据向量的数量积的运算律结合数量积的定义，即可求得答案.

【详解】由向量满足，且夹角为，

可得

，

故选：B

4．D

【分析】根据题意，分别表示出与的范围，然后结合对数的运算，即可得到结果.

【详解】由题意可得，，则，，

所以，

则使血氧饱和度达到正常值，给氧时间至少还需要小时.

故选：D.

5．C

【分析】利用抛物线定义与性质计算即可.

【详解】由条件可得，设，

则，当时取得等号，

故，.

设，则A、B中点坐标为，

由抛物线的定义可知，故.

故选：C

6．A

【分析】将样本中心点的坐标代入回归直线方程，求出的值，可得出回归直线方程，再将代入回归直线方程，用18减去所得结果即可得解．

【详解】由表可知，，，

由于回归直线过样本的中心点，则，解得，

所以回归直线方程为，

当代入回归直线方程可得，

所以第6周的残差为，

故选：A．

7．D

【分析】通过证面可判断①②；求两平面所成的二面角可判断③；得到三棱锥的高后可判断④.

【详解】如图：

因为四边形是菱形，，

所以，为的中点，

所以，，，面，

所以面，又面，所以，即①正确；

由①知面，又面，所以平面平面，即②正确；

如图：

取的中点为，连接，，依题意，，

所，，所以是二面角的平面角，

又因为平面平面，平面平面，

所以面，和是边长为2的正三角形，

所以，且有，

所以在中，，

又和是两全等的等腰三角形，，

的中点为，所以，

由已知可得是边长为2的正三角形，得，

则在中，容易算得，，，

所以，所以二面角不是直二面角，故③错误；

由已知可得是边长为2的正三角形，又由上得面，

所以三棱锥的高即为，，是边长为2的正三角形，

所以三棱锥的体积为，故④正确.

故选：D.

8．C

【分析】根据所给递推关系，分别求出等比数列的公比与首项即可得解.

【详解】因为，

所以，相除可得，

因为，所以，

所以，

又，可得，

，只有C符合题意，

故选：C

9．D

【分析】作图分析，确定四棱锥外接球球心位置，求得其半径，确定三棱锥的高的最大值，根据棱锥体积公式，即可求得答案.

【详解】如图，设G为底面正方形的中心，

设的中点为F，连接，因为侧面是正三角形，故，

又侧面底面，侧面底面，平面，

故底面，设E为的中心，则E在上，

过点G作底面的垂线l，则，过点E作平面的垂线，

交l于点O，即为四棱锥的外接球的球心，且四边形为矩形，

则在正三角形中，,而,

故外接球半径,

由于是该四棱锥外接球表面上的动点，则P到侧面的最大距离为，

故三棱锥的体积最大值为，

故选：D

10．C

【分析】根据独立事件的乘法公式计算即可.

【详解】解：记“甲队答对该题”为事件A，“乙队答对该题”为事件B，“丙队答对该题”为事件C，

则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率

，

故选：C.

11．B

【分析】根据题意结合双曲线以及抛物线的对称性可推出它们的公共弦垂直于x轴，由此分别利用抛物线和双曲线方程求得公共弦长，可得的关系式，即可求得答案.

【详解】抛物线的焦点为，

由题意知双曲线的右焦点是抛物线的焦点，

可得，设它们的公共弦为,由题意知过点，

根据双曲线以及抛物线的对称性可知轴，

将代入中，得，故，

将代入中，可得，

则，所以，

即，（舍去），

故选：B

12．A

【分析】根据函数解析式画出图像，利用换元法令，可知；结合函数图像及解析式可求得的值，再结合图像即可确定方程解的个数，即为函数零点的个数.

【详解】函数，

对，令，令，

可知在上单调递增，在上单调递减，

且趋向负无穷时，，时，，

故结合对数函数图象，可画出函数图像如下图所示：

函数的零点，即，令，代入可得，

由图像可知，即，

结合函数图像可知，有1个解，

综合可知，函数的零点有1个，

故选：A.

13．

【分析】将甲、乙捆绑选一个社区，然后剩余2个医护人员再分别选一个社区求解.

【详解】解：因为甲、乙去同一社区，

将甲、乙捆绑选一个社区，然后剩余2个医护人员再分别选一个社区，

所以甲、乙去同一社区的方法种数，

故答案为：6

14．（答案不唯一）

【分析】由直线和圆的位置关系可知圆心到点与直线的距离相等，建立方程即可（也可以利用抛物线的定义确定圆心轨迹）.

【详解】设圆心，半径为r，则，

不妨令，则，，故满足题意的一个圆的方程为：.

故答案为：（答案不唯一）

15．②③

【分析】对于①，，则函数的图像不关于点成中心对称；对于②，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的性质可得取到极值点的位置；对于③，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的性质可得出函数的最值；对于④，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的单调性判断即可．

【详解】对于①，，的图像不关于点成中心对称，错误；

对于②，，则，则当分别取时，函数取到极值，正确；

对于③，，则， ，正确；

对于④，，则，由于正弦函数在上不单调，错误；

故答案为: ②③

16．

【分析】利用为奇函数和满足可得的周期，利用周期可将化为，结合可求；利用周期和奇函数性质可将化到内利用解析式求解．

【详解】，又是奇函数，

∴，

∴，的一个周期为2．

∵，

，

∴，

∴．

故答案为：.

17．(1)

(2)

【分析】（1）由的关系，结合三角形内角和，即可得出角的大小；

（2）利用几何性质即可得出四边形的面积的最大值.

【详解】（1）由题意，

在中，，

∵,

∴即，

∵，

∴，

∴，

解得：或，

∵，

∴.

（2）由题意，（1）及图得，，

要使四边形面积最大，只要使和中上的高最大，

在中，

作的外接圆，

∵，由几何知识得，当为等边三角形时面积最大，

此时，，，

在中，，

，当且仅当时等号成立，

由几何知识得，此时，，

为等腰直角三角形，且为斜边时，面积最大.

∴.

18．(1)800人

(2)（ⅰ）；（ⅱ）男生，女生都需要增加每天阳关体育运动时间.

【分析】（1）根据题意，分别计算男生与女生的人数，即可得到总人数；

（2）（ⅰ）根据题意，由古典概型的概率计算公式即可得到结果；

（ⅱ）根据题意，分别计算样本中男生，女生阳光体育锻炼平均时间，即可得到结果.

【详解】（1）估计全校学生中每天阳光体育运动时间在分钟内的人数:

男生:人，女生人，

总人数为人.

（2）（ⅰ）从表中知，阳光体育运动时间不足40分钟的样本学生中共有5人，其中男生3人，女生2人，

从中随机抽取2人的基本事件总数为，其中至少有1名女生的事件数为，故所求概率为.

（ⅱ）样本中男生阳光体育锻炼平均时间

，

知男生要增加每天阳关体育运动时间，

样本中女生阳光体育锻炼平均时间

，

知女生要增加每天阳关体育运动时间

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）法1：证明和，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；

法2：建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标计算，，即可证明结论；

（2）利用（1）的结论，根据空间角的向量求法，即可求得答案.

【详解】（1）证明：法1：证明：在直四棱柱中，平面，

平面，故，又底面为菱形，

则，而平面，

故平面，平面，∴，即，

由已知得，

而是的中点，知，又平面，

所以平面.

法2：设和的交点为，取为原点，直线分别为轴，

建立空间直角坐标系，

则，

,

 ∴

，

∴，

，

∴，又，平面，

∴平面

（2）由（1）知是平面的一个法向量，

取与共线的向量作为平面的一个法向量，

而，即，

设直线和平面所成角为，

于是，

即直线和平面所成角的正弦值为

20．(1)

(2)为定值1.

【分析】（1）法一、利用三角换元设D点坐标表示面积结合三角函数的值域得，由离心率计算即可得椭圆方程；

法二、运用D点坐标表示面积，结合柯西不等式得，由离心率计算即可得椭圆方程，

（2）设M点坐标，表示N坐标，再表示直线方程，求得P、Q坐标，利用两点斜率公式化简即可.

【详解】（1）

法一：设，

则四边形的面积为，

即，又，解得，即椭圆.

法二：如图，设，则四边形的面积为

由柯西不等式得，即，

又，解得，即椭圆.

（2）

设直线其中，

则直线

令，得，

直线，令，得，

又，所以，

综上知，为定值1.

21．(1)在上递减，在上递增

(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析

【分析】（1）求导，根据，由和求解；

（2）由，转化为，令，用导数法求其最小值即可；（ⅱ）由（1）知，取，得到，得到，取，得到求解

【详解】（1）由，

得，

   因为，

当时，，在上递减，

当时，，在上递增

（2）（ⅰ），即，

  令，则，

  令，

则，知在上递增，

又，

当时，，在上递减，

当时，，在上递增，

所以，

∴

（ⅱ）证明:由（1）知，取，则，

可得，取，有，

∴，

相加得，

即.

【点睛】关键点睛：本题第二问关键是由（1）取和，从而构造可得，取，有，再利用累加法求解.

22．(1)，

(2)，此时

【分析】（1）利用在极坐标下的表达式，即可得出的普通方程和的直角坐标方程；

（2）利用点到直线的距离公式，结合三角函数的取值范围即可得出的最小值以及此时的直角坐标.

【详解】（1）由题意，

在（为参数）中，化为普通方程为

在中，，

∵，

∴.

（2）由题意及（1）得，

设点，则到直线的距离为：，

当且仅当，即，时，

，此时.

23．(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论去掉绝对值，转化成整式不等式组去求解即可解决；

（2）分类讨论，去绝对值值利用分离参数法求实数m的取值范围.

【详解】（1）当时，，

则化为

或或，

解得或，

所以不等式的解集为.

（2），即，

当时，，即，

所以，所以，

所以，因为，所以；

当时，，即，所以，

所以，因为，所以；

综上，.