2023届陕西省西安市周至县高三三模数学（文）试题含解析

2023届陕西省西安市周至县高三三模数学（文）试题

一、单选题

1．设全集，，（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用补集的定义直接求解.

【详解】因为全集，，

所以.

故选：C

2．在下列统计量中，用来描述一组数据离散程度的量是（    ）

A．平均数 B．众数 C．中位数 D．标准差

【答案】D

【分析】根据标准差的意义可得答案.

【详解】平均数、众数、中位数都是描述一组数据集中趋势的统计量，故选项A、B、C不正确；

标准差反映了数据分散程度的大小，所以标准差是描述一组数据离散程度的统计量，故选项D正确.

故选：D.

3．复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用复数的除法运算化简,由共轭复数的定义求解.

【详解】由,得,则.

故选：D

4．已知函数，则（    ）

A．2 B．-2 C． D．-

【答案】A

【分析】根据函数的分段点代入求值.

【详解】，因为，所以.

故选：A.

5．已知等比数列的公比，前3项和为，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据等比数列通项公式得到，即可求出，从而求出.

【详解】依题意，即，解得或，

又，所以，所以.

故选：D

6．如图是下列四个函数中的某个函数在区间上的大致图象，则该函数是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据给定的函数图象特征，利用函数的奇偶性排除BC；利用的正负即可判断作答.

【详解】对于B，，，函数是偶函数，B不是；

对于C，，，函数是偶函数，C不是；

对于D，，，D不是；

对于A，，，函数是奇函数，

且，A符合题意.

故选：A

7．“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】化简，根据充分条件和必要条件的定义判断即可.

【详解】因为等价于，

所以由“”可推出“”，

由“”不能推出“”，

所以“”是“”的充分不必要条件，

故选：A.

8．已知椭圆：的左，右焦点分别为，，若椭圆上一点Р到焦点的最大距离为7，最小距离为3，则椭圆C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据点在椭圆上得，且，再利用两点距离求得，从而可确定的最大值与最小值，即可求得的值，即可得离心率的值.

【详解】设椭圆的半焦距为，若椭圆上一点，则，且，

又，，

则

由于，所以，

于是可得，，所以椭圆C的离心率.

故选：B.

9．羽毛球单打实行“三局两胜”制（无平局）．甲乙两人争夺比赛的冠军．甲在每局比赛中获胜的概率均为，且每局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出甲获胜的概率、甲获得冠军且比赛进行了三局的概率，利用条件概率公式求概率即可.

【详解】由甲获胜的概率为，

而甲获得冠军且比赛进行了三局，对应概率为，

所以在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为.

故选：A

10．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列说法正确的是（　　）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，则

【答案】C

【分析】根据直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系和平面与平面的位置关系依次判断选项即可.

【详解】对选项A，若，，则与的位置关系是平行，相交和异面，故A错误.

对选项B，若，，则与的位置关系是平行和相交，故B错误.

对选项C，若，，则根据线面垂直的性质得与的位置关系是平行，故C正确.

对选项D，若，，则与的位置关系是平行和相交，故D错误.

故选：C

11．刍(chú)甍(méng)是中国古代算数中的一种几何体，其结构特征是：底面为长方形，上棱和底面平行，且长度不等于底面平行的棱长的五面体，是一个对称的楔形体．

已知一个刍甍底边长为，底边宽为，上棱长为，高为，则它的表面积是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】计算出几何体每个面的面积，相加即可得解.

【详解】设几何体为，如下图所示：

矩形的面积为，

侧面为两个全等的等腰三角形、，两个全等的等腰梯形、，

设点、在底面内的射影点分别为、，

过点在平面内作，连接，

过点在平面内作，连接，

平面，、平面，，，

，，平面，

平面，，易知，，

则在中，斜高为，

所以，，

同理可知，梯形的高为，

所以，，

因此，该几何体的表面积为.

故选：B.

12．若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由导数与函数的单调性的关系结合条件可得在上恒成立，由此可得在区间上恒成立，求函数的值域可得的取值范围.

【详解】因为函数在区间上单调递增，

所以在区间上恒成立，

即在区间上恒成立，

令，

则，

所以在上递增，又，

所以.

所以的取值范围是.

故选：B

二、填空题

13．已知平面向量，，若，则实数________．

【答案】

【分析】根据向量平行的坐标表示，求解即可.

【详解】由题知，因，

则，解得.

故答案为：

14．已知，则_______．

【答案】

【分析】转化为齐次式求解.

【详解】

，

故答案为：

15．已知等差数列的前项和为，若，，，则符合题意的等差数列的一个通项公式为________．

【答案】（答案不唯一）

【分析】由条件可得，，，由此确定，由此确定数列的一个通项公式.

【详解】因为，，，

所以，，，

设数列的公差为，则，

取，又，可得，

故数列的一个通项公式为，

故答案为：（答案不唯一）.

16．焦点为的抛物线上有一点，为坐标原点，则满足的点的坐标为_________．

【答案】

【分析】根据在抛物线上，代入解得值，从而得到坐标，在根据，得到是线段垂直平分线与线段垂直平分线的交点，求出两条垂直平分线方程，进而求出坐标.

【详解】解：焦点为的抛物线上有一点，

则，解得，所以抛物线方程为，

则焦点，，

因为，所以是线段垂直平分线与线段垂直平分线的交点.

线段垂直平分线方程为，

因为点与点的中点坐标为，直线的斜率为，

所以线段的垂直平分线斜率，

所以线段的垂直平分线方程为，

则，解得，

所以坐标为，

故答案为：.

三、解答题

17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且_________．

在①，②这两个条件中任选一个，补充在上面横线中，并解答下列问题．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分

(1)求；

(2)若，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选①，用余弦定理即可求解，选②，用向量的数量积的运算即可求解；（2）用正弦定理即可解决.

【详解】（1）若选①，

由余弦定理可得，

∴，

又，∴，∴．

若选②，

则，

又，∴，∴．

（2）由正弦定理（为外接圆半径），

可得，

又∵，

∴，解得．

∴．

18．为提升学生实践能力和创新能力，某校在高一，高二年级开设“航空模型制作"选修课程．为考察课程开设情况，学校从两个年级选修该课程的学生中各随机抽取20名同学分别制作一件航空模型．并根据每位同学作品得分绘制了如图所示的茎叶图．若作品得分不低于80，评定为“优良”，否则评定为“非优良”．

(1)请完成下面的2×2列联表；

(2)判断是否有的把握认为作品是否“优良”与制作者所处年级有关?

附：，．

【答案】(1)答案见解析；

(2)有的把握认为作品是否“优良”与制作者所处年级有关．

【分析】（1）根据茎叶图完成列联表即可；

（2）求出，再对照临界值表即可得出结论.

【详解】（1）由茎叶图可知高一优良的有个，非优良的有个，

高二优良的有个，非优良的有个，

完成的2×2列联表如下：

（2）∵，

∴有的把握认为作品是否“优良”与制作者所处年级有关．

19．如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E分别为AC，的中点，，．

(1)求证：平面；

(2)求点D到平面ABE的距离．

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）通过证明，，得证平面．

（2）由，利用体积法求点D到平面ABE的距离．

【详解】（1）证明：∵，D，E分别为AC，的中点，

∴，且，

又平面，∴平面，

又平面，∴，

又，且，平面，

∴平面．

（2）∵，，，

∴，

∴，，．

在中，，，

∴边上的高为．

∴．

设点D到平面ABE的距离为d，

根据，得，解得，

所以点D到平面ABE的距离为．

20．已知函数．

(1)求函数的极值；

(2)若在上恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)极小值，无极大值．

(2)

【分析】（1）求导，判断单调性即可求出极值；（2）把恒成立问题转化为在上恒成立，令新函数求最值小于0即可得出关于的不等式，解之即可.

【详解】（1）∵的定义域为，

∴，

令，得．

当时，，函数在单调递减；

当时，，函数在单调递增．

∴函数有唯一的极小值，无极大值．

（2）∵在上恒成立，

∴在上恒成立，

令，，

则，

由（1）易知在上单调递减，在上单调递增，

又，，

∴，

∴，解得或，

∴实数的取值范围为．

21．已知双曲线：的左，右焦点分别为，，离心率为，过焦点且垂直于轴的直线截双曲线所得弦长为．直线：与双曲线C的左支交于，两点，点A关于原点О对称的点为D．

(1)求双曲线的方程；

(2)证明：直线与圆O：相切．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求，可得双曲线方程；

（2）由点差法求直线的斜率，联立直线与双曲线方程求，再求圆心到直线的距离，由此完成证明.

【详解】（1）由已知点的坐标为，

将代入，得，

因为焦点且垂直于轴的直线截双曲线所得弦长为，

所以，

因为双曲线的离心率为，

所以，∴．

∴双曲线的方程为．

（2）∵A，D关于原点对称，∴，

∵，∴．

∴，从而．

∴直线的方程为．

联立消去得，

方程的判别式，

∴，即

∴原点О到BD的距离，

∴，

∴直线BD与圆：相切．

【点睛】知识点点睛：本题主要考查由双曲线的离心率求双曲线方程，点差法，直线与圆的位置关系的判断，考查数学运算和逻辑推理的核心素养，属于难题.

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，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

(1)写出直线的直角坐标方程；

(2)若直线与曲线有公共点，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由极坐标与直角坐标的转化公式即可求出直线的直角坐标方程；

（2）将曲线的参数方程代入，则，直线与曲线有公共点，转化为与的图象有交点，求出的值域即可得出答案.

【详解】（1）由，

得.

由得.

（2）因为曲线的参数方程为（为参数），

将其代入直线，得，

所以，所以，即.

23．已知函数．

(1)求的值域；

(2)若的最大值为，正实数a，b，c满足，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）去绝对值即可求解；（2）利用柯西不等式即可证明.

【详解】（1）由题意知，，

所以的值域为．

（2）由（1）可知，

∴，

∴由柯西不等式知，

即，

∴，

当且仅当时取等号．