陕西省宝鸡市2023届高三上学期一模理科数学试题及答案

陕西省宝鸡市2023届高三上学期一模理科数学试题

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

一、单选题

1．已知集合，那么等于（    ）

A． B．

C． D．

2．已知复数，则（    ）

A．1 B． C．2 D．4

3．双曲线的渐近线方程是（    ）

A． B．

C． D．

4．最早发现于2019年7月的某种流行疾病给世界各国人民的生命财产带来了巨大的损失.近期某市由于人员流动出现了这种疾病，市政府积极应对，通过3天的全民核酸检测，有效控制了疫情的发展，决定后面7天只针对41类重点人群进行核酸检测，下面是某部门统计的甲､乙两个检测点7天的检测人数统计图，则下列结论不正确的是（    ）

A．甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数

B．甲检测点的数据极差大于乙检测点的数据极差

C．甲检测点数据的中位数大于乙检测点数据的中位数

D．甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差

5．已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，则异面直线与所成角的正切值为（    ）

A． B． C．3 D．

6．已知向量满足，且，则夹角为（    ）

A． B． C． D．

7．已知，则（    ）

A． B． C． D．

8．椭圆的左､右顶点分别为，点在上，且直线斜率取值范围是，那么直线斜率取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

9．已知等差数列满足，则下列命题：①是递减数列；②使成立的的最大值是9；③当时，取得最大值；④，其中正确的是（    ）

A．①② B．①③

C．①④ D．①②③

10．已知直线与圆相切，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

11．的整数部分是（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

12．已知函数满足，若函数与的图像恰有四个交点，则这四个交点的横坐标之和为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

二、填空题

13．展开式中的常数项为__________．

14．若命题“”是假命题，则实数的取值范围是______.

15．七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作的七巧板，它包括5个等腰直角三角形､一个正方形和一个平行四边形.若用四种颜色给各板块涂色，要求正方形板块单独一色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块不同色，则不同的涂色方案有______种.

16．在棱长为1的正方体中，是侧面内一点（含边界）则下列命题中正确的是（把所有正确命题的序号填写在横线上）______.

①使的点有且只有2个；

②满足的点的轨迹是一条线段；

③满足平面的点有无穷多个；

④不存在点使四面体是鳖臑（四个面都是直角三角形的四面体）.

三、解答题

17．已知向量，定义函数.

(1)求函数的最小正周期；

(2)在中，若，且是的边上的高，求长度的最大值.

18．如图在四棱锥中，底面，且底面是平行四边形.已知是中点.

(1)求证：平面平面；

(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

19．已知点在抛物线上，且到的焦点的距离与到轴的距离之差为.

(1)求的方程；

(2)当时，是上不同于点的两个动点，且直线的斜率之积为为垂足.证明：存在定点，使得为定值.

20．甲､乙两个代表队各有3名选手参加对抗赛.比赛规定：甲队的1，2，3号选手与乙队的1，2，3号选手按编号顺序各比赛一场，某队连赢3场，则获胜，否则由甲队的1号对乙队的2号，甲队的2号对乙队的1号加赛两场，胜场多者最后获胜（每场比赛只有胜或负两种结果）.已知甲队的1号对乙队的1，2号选手的胜率分别是0.5，0.6，甲队的2号对乙队的1，2号选手的胜率都是0.5，甲队的3号对乙队的3号选手的胜率也是0.5，假设每场比赛结果相互独立.

(1)求甲队仅比赛3场获胜的概率；

(2)已知每场比赛胜者可获得200个积分，求甲队队员获得的积分数之和的分布列及期望.

21．已知函数.

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)若函数的图像与的图像最多有一个公共点，求实数的取值范围.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)求曲线的任意一点到曲线距离的最小值.

23．已知，求证：

(1)；

(2).

参考答案：

1．D

【分析】根据对数函数的定义域，结合交集的定义求解即可.

【详解】由题意，，故.

故选：D

2．A

【分析】由复数的运算结合模长公式求解即可.

【详解】，

故选：A

3．A

【分析】根据双曲线的标准形式结合渐近线方程求解即可.

【详解】即，故渐近线方程.

故选：A

4．C

【分析】根据题意分别求甲乙监测点的平均人数,极差,中位数及方差判断即可.

【详解】对于:甲检测点的平均检测人数为

乙检测点的平均检测人数为

故甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数，故正确;

对于:甲检测点的数据极差

乙检测点的数据极差，故正确;

对于:甲检测点数据为,中位数为,

乙检测点数据为,中位数为，故错误;

对于:通过观察平均数附近数据个数,极差等或计算甲乙数据的方差,

都可以判断乙检测点数据比甲检测点数据稳定性强,

故甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差,故正确.

故选: .

5．C

【分析】根据异面直线所成角的定义，结合正四棱柱的几何性质求解即可.

【详解】解：如下图，连接

在正四棱柱中，有，所以四边形为平行四边形，

所以，所以为异面直线与所成角或其补角，

又在中，，，

所以，

因为，则，

所以，

故异面直线与所成角的正切值为3.

故选：C.

6．A

【分析】由数量积运算得出夹角.

【详解】设夹角为，，即，.

故选：A

7．C

【分析】利用同角三角函数的基本关系和正切二倍角公式求解.

【详解】由得，

解得，

因为，所以，所以，

又因为，

所以，

由解得，所以，

所以.

故选:C.

8．B

【分析】设，再根据表达推导可得，进而根据直线斜率取值范围求解即可.

【详解】设，则，，，

于是，故.

∵ ∴.

故选：B.

9．D

【分析】设出公差为，列出方程组，求出首项和公差，根据判断①正确，

写出，解不等式求出成立的的最大值是9，②正确；

根据与，得到当时，取得最大值，③正确；

利用通项公式求出的值，得到④错误.

【详解】设等差数列的公差为，

故，解得：，

由于，故是递减数列，①正确；

，令，

解得：，且，

故使成立的的最大值是9，②正确；

，

当时，，当时，，

故当时，取得最大值，③正确；

，④错误.

故选：D

10．C

【分析】根据直线与圆相切，整理等式，根据运算性质，可得答案.

【详解】由圆的方程，则其圆心为，半径为，

由直线方程，整理可得，则，

整理可得，由配方法可得，

，，

由，则，即，解得.

故选：C.

11．B

【分析】注意到

，

，

据此可得答案.

【详解】因，则

.

又

，则

.

故，即整数部分为4.

故选：B

12．B

【分析】由题知函数，图像关于点对称，再根据对称性求解即可.

【详解】解：因为函数满足，

所以，函数图像关于点对称，

因为，其图像由图像向右平移个单位，再向上平移个单位得到，

所以，函数图像关于点对称，

不妨设数与的图像的四个交点的横坐标为，且，

所以，根据对称性，，

所以，这四个交点的横坐标之和为.

故选：B

13．.

【分析】利用通项公式即可得出．

【详解】通项公式Tr+1（x2）6﹣r（﹣1）rx12﹣3r，

令12﹣3r＝0，解得r＝4．

∴展开式中的常数项15．

故答案为15．

【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

14．

【分析】原命题为假，则其否定为真，转化为二次不等式的恒成立问题求解.

【详解】命题“”的否定为：“，”.

因为原命题为假命题，则其否定为真.当时显然不成立；当时，恒成立；当时，只需，解得：.

综上有

故答案为：.

15．

【分析】画图分析其中四板块必涂上不同颜色，再根据分类分步计数原理计算剩下的部分即可.

【详解】由题意，一共4种颜色，板块需单独一色，剩下6个板块中每2个区域涂同一种颜色.

又板块两两有公共边不能同色，故板块必定涂不同颜色.

①当板块与板块同色时，则板块与板块或板块分别同色，共2种情况；

②当板块与板块同色时，则板块只能与同色，板块只能与同色，共1种情况.

又板块颜色可排列，故共种.

故答案为：

16．②③

【分析】根据正方体的线面关系可得，则，即可得满足的点的轨迹，判断①即可；由正方体可证得平面，则满足的点的轨迹可求得，判断②即可；由正方体可证得平面平面，则满足平面的点的轨迹可求得，判断③即可；由正方体可求得四面体是鳖臑，由是侧面内一点（含边界），判断④即可.

【详解】解：对于①，由正方体可得平面，又平面，所以，则，

又，所以，又是侧面内一点，所以在以为圆心，1为半径的圆上，如下图：

有无数个这样的点，故①错误；

对于②，如下图，连接

由正方体可得平面，又平面，所以，

又由正方形，得，且平面，所以平面，

则满足的点在平面，又在平面，且平面平面，则点的轨迹是线段，故②正确；

对于③，如下图，连接

在正方体中，有，所以四边形为平行四边形，则，同理可得，

又平面，平面，所以平面，平面，

且平面，所以平面平面，

则满足平面可得点在平面，又在平面，且平面平面，则点的轨迹是线段，故③正确；

对于④，如下图，连接

在正方体中，有平面，且平面，所以，则均为直角三角形，

又平面，且平面，所以，则均为直角三角形，

所以四面体是鳖臑，由于是侧面内一点（含边界），故与重合时，四面体是鳖臑，故④错误.

故答案为：②③.

17．(1)

(2)

【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算及三角恒等变换将函数化为正弦型函数，即可求函数的最小正周期；

（2）根据函数，结合三角形解方程得角的大小，根据的面积公式结合余弦定理与基本不等式即可求长度的最大值.

【详解】（1）解：=

的最小正周期为

（2）解：

，，.

又AB，

.

由余弦定理得，当且仅当时，“=”成立，

=.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明出平面，利用面面垂直的判定定理即可证明；（2）以A为原点，分别为x，y，z轴正方向建系，利用向量法求解.

【详解】（1）面，且，

.

∵是中点,所以.

同理可证：.

又面，面，,

平面.

∵面，

∴平面平面.

（2），.

以A为原点，分别为x，y，z轴正方向建系，如图：

则.

设平面的法向量

则，得，不妨取，则.

由（1）得是平面的一个法向量，

所以，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

19．(1)或

(2)证明见解析

【分析】（1）首先表示出抛物线的焦点坐标与准线方程，再表示出的坐标，依题意得到方程，解得即可；

（2）依题意可得抛物线方程与点坐标，设：，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据直线、的斜率之积为，得到、的关系，即可求出直线过定点，即可得到点在以为直径的圆上，求出圆心坐标与半径，即可得到定点的坐标，即可得证.

【详解】（1）解：抛物线的焦点为，准线为，

又点在抛物线上，即，所以，即，

依题意可得，解得或，

或.

（2）解：，，.

设：，，，联立，

消去整理得，①，

且，，

，

，即，

适合①，

将m代入得，令，解得，

直线恒过定点.

又，点在以为直径的圆上，因为、的中点为，，

所以以为直径的圆方程为，

所以存在使得.

20．(1)0.125；

(2)分布列见解析，期望为465.

【分析】(1)根据独立事件的概率乘法公式求解；

(2)由条件确定的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得的分布列，再由期望公式求期望.

【详解】（1）甲队1，2，3号选手与乙队1，2，3号选手比赛获胜的概率分别为，，

甲队比赛3场获胜的概率为=；

（2）X所以可能取得值为；

，

，

，

，

.

即

所以.

21．(1)

(2)

【分析】（1）求，根据导数的几何意义求解斜率，求得切点坐标后，再根据直线方程求解方法即可得切线方程；

（2）构造函数，确定函数的单调性，得函数的最值，根据函数的图像与的图像最多有一个公共点，列不等式求解实数的取值范围即可.

【详解】（1）解：依题，，又

则在点处的切线方程为：，

即.

（2）解：令，

则

设，则，又，所以恒成立，即函数在上单调递增，

又时，；时，；

则存在唯一的正实数使得，则，则，

故当）时，，）时，，

所以==.

又，则，所以=，

若函数的图像与的图像最多有一个公共点，则，

即，于是有，且，所以，

当且仅当的时，等号成立，故，所以

解得.

【点睛】本题考查了函数切线方程、函数方程的根与导数的综合应用，属于难题.解决本题函数方程的根的问题的关键是构造差函数确定函数单调性，但是由于导函数的零点无法直接求解，故涉及“隐零点”问题的应用，从而设隐零点使得，从而确定函数的单调性得最值=，于是可得参数不等式，求得结果.

22．(1)，

(2)2

【分析】(1)利用消去参数的办法求曲线的普通方程，根据极坐标方程与直角坐标方程的互化关系求直角坐标方程；(2)利用点到直线距离公式和基本不等式求解.

【详解】（1）由，消去得，

又曲线是经过原点且倾斜角为的直线其直角坐标方程为.

（2）设，，则到直线的距离

,

当且仅当,即时等号成立.

23．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）构造基本不等式即可证明；（2）利用作商法证明.

【详解】（1）

又因为c>0，所以，

=，（当且仅当时，“=”成立）.

即证.

（2）因为.

因为0，，（>1.

同理>1，

>1，故.