2022-2023学年陕西省西安市铁路中学高三上学期1月一模数学试题（数学（理科）（word版）

高三数学试卷（理科）

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．定义集合．已知集合，，则中元素的个数为（    ）

A．6  B．5  C．4  D．7

2．在平行四边形ABCD中，O为对角线的交点，则（    ）

A．  B．  C．  D．

3．抛物线的准线方程为（    ）

A．  B．  C．  D．

4．（    ）

A．  B．  C．  D．

5．函数的零点为（    ）

A．4  B．4或5  C．5  D．或5

6．一个正四棱柱的每个顶点都在球O的球面上，且该四棱柱的底面面积为3，高为，则球O的体积为（    ）

A．  B．  C．  D．

7．现有7位学员与3位摄影师站成一排拍照，要求3位摄影师互不相邻，则不同排法数为（    ）

A．  B．  C．  D．

8．若，则（    ）

A．2  B．  C．4  D．3

9．若从区间内，任意选取一个实数a，则曲线在点处的切线的倾斜角大于45°的概率为（    ）

A．  B．  C．  D．

10．将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象．若在上单调，则的值不可能为（    ）

A．  B．  C．  D．

11．已知，分别是双曲线的左、右焦点，直线l经过且与C左支交于P，Q两点，P在以为直径的圆上，，则C的离心率是（    ）

A．  B．  C．  D．

12．已知，设，，，则（    ）

A．  B．  C．  D．

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．

13．复数的实部为______．

14．若x，y满足约束条件则的取值范围为______．

15．《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．若从一个阳马的8条棱中任取2条，则这2条棱所在直线互相垂直的概率为______．

16．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：数列由被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列而成，记数列的前n项和为，则的最小值为______．

三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22，23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题：共60分．

17．（12分）a，b，c分别为内角A，B，C的对边．已知．

（1）求C；

（2）若c是a，b的等比中项，且的周长为6，求外接圆的半径．

18．（12分）某工厂为了检验某产品的质量，随机抽取100件产品，测量其某一质量指数，根据所得数据，按，，，，分成5组，得到如图所示的频率分布直方图．

（1）估计该产品这一质量指数的中位数；

（2）若采用分层抽样的方法从这一质量指数在和内的该产品中抽取12件，再从这12件产品中随机抽取4件，记抽取到这一质量指数在内的该产品的数量为X，求X的分布列与期望．

19．（12分）如图，在四棱锥中，平面ABCD，平面ABCD，底面ABCD为矩形，点F在棱PD上，且P与E位于平面ABCD的两侧．

（1）证明：平面PAB．

（2）若，，，且在上的投影为3，求平面ACF与平面ACE所成锐二面角的余弦值．

20．（12分）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，左焦点为F，，．

（1）求C的方程；

（2）设直线l与C交于不同于B的M，N两点，且，求的最大值．

21．（12分）已知函数．

（1）求的单调区间；

（2）若函数恰有两个零点，求正数a的取值范围．

（二）选考题：共10分．请考生从第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分．

22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是．

（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，点，求的值．

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知函数．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若不等式的解集包含，求a的取值范围．

高三数学试卷参考答案（理科）

1．C 

2．D 

3．C 

4．A 

5．C 

6．B 

7．A 

8．D 

9．B 

10．B 

11．A 

12．D 

13．7 

14． 

15．  

16．52  

17．解：（1）由正弦定理得，又由，可得，所以，即，解得，因为，所以．

（2）由（1）及余弦定理有．因为c是a，b的等比中项，所以，代入上式有，解得，又，所以，，可得，故外接圆的半径为．

18．解：（1）因为，，所以该产品这一质量指数的中位数在内．

设该产品这一质量指数的中位数为m，则，解得．

（2）由题意可知抽取的12件产品中这一质量指数在内的有8件，这一质量指数在内的有4件．

由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，3，4．

，，，，，

X的分布列为

．

19．（1）证明：因为平面ABCD，平面ABCD，所以．因为底面ABCD为矩形，所以．因为，所以平面平面PAB．又平面CDE，所以平面PAB．

（2）解：以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．因为在上的投影为3，所以F的坐标为．设平面ACF的法向量为，，，则，即令，得．

设平面ACE的法向量为，，，则，即令，得．

由，得平面ACF和平面ACE所成锐二面角的余弦值为．

20．解：（1）设C的半焦距为c，由，，可得，，则，，因为，所以C的方程为．

（2）由题意知，直线l的斜率不为0，则不妨设直线l的方程为．联立消去x得，，化简整理得．

设，，则，．因为，所以．因为，所以，，得，将，代入上式，得，得，解得或（舍去）．

所以直线l的方程为，则直线l恒过点，所以．

设，则，，易知在上单调递增，所以当时，取得最大值．

又，所以

21．解：（1）由题意可得．设，则．由，得，由，得，则在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减，从而，故的单调递减区间是，无递增区间．

（2）由题意可得．

①当，即时，由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增．因为当时，，当时，，所以要有两个零点，则，解得，故．

②当，即时，，解得，因为，所以，则有且仅有1个零点，故不符合题意．

③当，即时，由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减．因为当时，，当时，，所以要有两个零点，则或．

若，则，不符合题意，若，设，则．

由（1）可知在上单调递减，则，即无解，故不符合题意．综上，正数a的取值范围是．

22．解：（1）由（t为参数），得，故曲线C的普通方程为．由，得，故直线l的直角坐标方程为．

（2）由题意可知直线l的参数方程为（t为参数）．将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程并整理得，设A，B对应的参数分别是，，则，，从而，故．

23．解：（1）当时，．当时，可化为，得；当时，可化为，得；当时，可化为，得，不成立．综上，不等式的解集为．

（2）因为的解集包含，所以当时，恒成立．当时，可化为，即，即，则，当时，，则，解得．综上，a的取值范围为．