陕西省西安市临潼区、阎良区2023届高三一模理科数学试题

2023届临潼区、阎良区高三年级模拟考试

理科数学试题

一、选择题：本题共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．集合，，则（    ）

A．   B．   C．   D．

2．已知i是虚数单位，复数，则复数z的共扼复数为（    ）

A．2    B．－2    C．    D．

3．为了提高学生综合能力，某高校每年安排大三学生在暑假期间进行社会实践活动，现将8名学生平均分配给甲，乙两家单位，其中两名外语系学生不能分给同一家单位；另三名艺术系学生也不能同时分给同一家单位，其余学生随机分配，则不同的分配方案有（    ）

A．114种   B．38种    C．108种   D．36种

4．已知，，则等于（    ）

A．    B．    C．    D．

5．已知，向量与向量垂直，x，y，2成等比数列，则x与y的等差中项为（    ）

A．    B．    C．    D．1

6．函数是定义在上的奇函数，且在上单调递增，，则不等式的解集为（    ）

A．      B．

C．      D．

7．已知，分别是双曲线的左、右焦点，P为双曲线右支上的一点，若，则双曲线的离心率的取值范围是（    ）

A．   B．   C．   D．

8．在上定义运算：，若关于x的不等式的解集是集合的子集，则实数a的取值范围为（    ）

A．  B．  C．  D．

9．函数的图象大致为（    ）

A．    B．

C．    D．

10．数列的前n项和为，，若该数列满足，则下列命题中错误的是（    ）

A．是等差数列      B．

C．      D．是等比数列

11．定义在上的单调函数，若对任意实数，都有，若是方程的一个解，则可能存在的区间是（    ）

A．   B．   C．   D．

12．已知，分别为双曲线的左、右焦点，且，点P为双曲线右支上一点，M为的内心，若成立，则的值为（    ）

A．   B．   C．2    D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．二项式的展开式中，x项的系数为______．

14．在中，点D是边BC上一点，且，，，，则______．

15．空间四边形ABCD中，AC与BD是四边形的两条对角线，M，N分别为线段AB，CD上的两点，且满足，，若点G在线段MN上，且满足，若向量满足，则______．

16．表面积为1的球面上有四点S、A、B、C，是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为3，若面面ABC，则棱锥体积的最大值为______．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第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：60分。

17．（12分）已知函数．

（1）求函数的单调递减区间及对称轴方程；

（2）若在中，角A，B、C所对的边分别为a，b，c，且，，求面积的最大值．

18．（12分）在四棱锥中，，，，，．

（1）求证：平面平面ABCD；

（2）求平面PAD与平面PBC所成角的余弦值．

19．（12分）甲乙二人均为射击队S中的射击选手，某次训练中，二人进行了100次“对抗赛”，每次“对抗赛”中，二人各自射击一次，并记录二人射击的环数，更接近10环者获胜，环数相同则记为“平局”．已知100次对抗的成绩的频率分布如下：

这100次“对抗赛”中甲乙二人各自击中各环数的频率可以视为相应的概率．

（1）设甲，乙两位选手各自射击一次，得到的环数分别为随机变量X，Y，求，，，．

（2）若某位选手在一次射击中命中9环或10环，则称这次射击成绩优秀，以这100次对抗赛的成绩为观测数据，能否在犯错误的概率不超过0．01的前提下认为甲的射击成绩优秀与乙的射击成绩优秀有关联？

（3）在某次团队赛中，射击队S只要在最后两次射击中获得至少19环即可夺得此次比赛的冠军，现有以下三种方案：

方案一：由选手甲射击2次﹔

方案二：由选手甲、乙各射击1次；方案三：由选手乙射击2次．

则哪种方案最有利于射击队S夺冠？请说明理由．

附：参考公式：

参考数据：

20．（12分）在椭圆C：，，过点与的直线的斜率为．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设F为椭圆C的右焦点，P为直线上任意一点，过F作PF的垂线交椭圆C于M，N两点，当取最大值时，求直线MN的方程．

21．（12分）已知函数，．

（1）若，讨论函数的单调性；

（2）当时，恒成立，求实数a的取值范围．

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

在平面直角坐标系中，直线l过定点，倾斜角为，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．

（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的参数方程；

（2）设直线l与曲线C相交于P，Q两点，设，若，求直线l的方程．

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

若函数，a，且．

（1）若，时，不等式恒成立，求实数a的取值范围；

（2）若函数的最小值为1，试证明点在定直线上．

2023届临潼区、阎良区高三年级模拟考试

理科数学参考答案及评分意见

1．B【解析】由题意，集合，，所以，所以．故选B．

2．A【解析】因为，所以，所以复数z的共辄复数还是2．故选A．

3．D【解析】甲单位选择，分两种情况：①甲单位选择1名外语系学生，选择1名艺术生，最后从剩下的3个人中选2人，即，共有18种分配方案．②甲单位选择1名外语系学生，选择2名艺术生，最后从剩下的3个人中选1人，即，共18种分配方案．所以不同的分配方案共有6种．故选D．

4．D【解析】因为可化为，所以或，又因为，所以．故选D．

5．A【解析】∵与垂直，∴，即，∵x，y，2成等比数列，∴，所以，，∴x，y的等差中项为．故选A．

6．D【解析】因为函数是奇函数，且在上单调递增，所以函数在上也单调递增，又因为，所以，不等式等价于或所以．故选D．

7．C【解析】可化为，所以，，由，得，，所以可得．故选C．

8．C【解析】由得，解得，由题设知解．故选C．

9．C【解析】由题意可知，函数的定义域为，

，所以为奇函数，排除选项A，B；时，，所以，所以，排除D．故选C．

10．C【解析】因为，所以，所以，所以是等差数列，A正确；公差为2，又，所以，，B正确；时，由求得，但不满足，所以C错误；由得，∴是等比数列，D正确．故选C．

11．C【解析】单调函数，对于，都有，所以为常数，令（m为常数），所以，所以，所以，所以．又，所以，因为是方程的一个解，所以是方程的解，令，则，当时恒成立，所以单调递增，又，，所以．故选C．

12．B【解析】因为，所以，所以离心率，设的内切圆半径为r，则，，，又，所以，即，所以即，所以．故选B．

13．－10【解析】二项式（的展开式的通项公式为，令，求得，所以，所以可得展开式中x项的系数为－10．

14．3【解析】在中，，可得．又由余弦定理，，可得．在中，，由此可得，由已知可得，代入可得，所以，所以．

15．【解析】

，

所以．

16．【解析】球的表面积为，所以球半径为5，设的中心为，则，所以，所以的边长为，所以的面积为，欲使其体积最大．应有S到平面ABC的距离取最大值，又平面平面ABC，所以点S在平面ABC上的射影落在线段AB的中点D，又，所以，

所以棱锥的体积最大为．

17．解：（1），

由，，得函数的单调减区间为，．

由，，得，，

所以函数的对称轴方程，．

（2）由得，∴，∴．

又，由余弦定理得，

所以，得，当且仅当时等号成立，

所以，

所以面积的最大值为．

18．（1）证明：取BD中点O，连接PO，AO．

因为，O为BD中点，所以．

在、中，因为，，，，所以，

又在中，，所以．

又，所以为直角三角形，所以，

又，AO，平面ABCD，所以面ABCD，

又面PBD，所以面面ABCD．

（2）解：由于为等腰直角三角形，O为斜边BD的中点，所以，由（1）知面ABCD，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，

所以，，，，

设平面PAD与平面PBC的法向量分别为，，

由，和得和

令，，则，，设法向量，所成的角为，

则，所以平面PAD与平面PBC所成角的余弦值为．

19．解：（1）根据题意，选手甲击中10环的频数为，击中9环的频数为，击中8环的频数为；选手乙击中10环的频数为，击中9环的频数为，击中8环的频数为；

以频率作概率，可得X，Y的分布列分别为

故，

，

，

，

（2）根据题意，在100次“对抗赛”中，他们成绩同时优秀的频数为，仅甲优秀的频数为，仅乙优秀的频数为；二人均非优秀的频数为4，

故可得以下列联表：

根据列联表中的数据，经计算得到

，

因此，在犯错误的概率不超过0.01的前提下，不能认为甲的射击成绩优秀与乙的射击成绩优秀有关联．

（3）记事件“S队夺冠（即最后两次射击总环数达到19环）”．

若采用方案一：则取得19环的概率为，取得20环的概率为，故A事件发生概率为0.56．

若采用方案二：则取得19环的概率为，取得20环的概率为，故A事件发生概率为0.57．

若采用方案三：则取得19环的概率为，取得20环的概率为，故A事件发生概率为0.55．

因为，故应采用方案二．

20．解：（1）过点与的直线的斜率为，所以，即，

又，即，解得，．

所以椭圆C的标准方程是．

（2）由题知，设点，则直线FP的斜率为．

当时，直线MN的斜率，直线MN的方程是；

当时，直线MN的方程是，也符合的形式，

将直线MN的方程代入椭圆方程得，且，

设，，则，，

所以

．

又，令，则，

当且仅当，即时等号成立，由，解得，

即当时取最大值时，此时直线MN的方程为或．

21．解：（1）因为，，所以，

所以，解得，

所以．

令，则，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以，所以，

所以函数在区间单调递增．

（2）令，

恒成立即函数恒成立，

又，

令，则．

①当时，，函数在上为减函数，

又，所以函数在上为减函数，

又，

所以时，在区间恒成立；

②当时，令，则，

因为，所以，

故函数在上单调递减，又，

所以单调递减，且，

所以函数在上为减函数，又，

所以时，在区间恒成立；

③当时，构造函数，其中，因为，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，所以，，

所以，

所以，

又，

所以存在使得，

即当时，，此时函数在上单调递增，

又，所以函数在上单调递增，

又，不合题意．

综上所述，实数a的取值范围是．

22．解：（1）由，即，得：．

由直线l的倾斜角为，

又直线l过定点，所以直线l的参数方程为（t为参数）

（2）设P，Q两点在直线l的参数方程中的对应参数分别为，．

将直线l的参数方程代入圆的方程，得，

所以．

又，所以，同号，

所以，

所以，由，得，

所以，即，所以直线l的斜率为．

所以直线l的方程为．

23．解：（1）因为，所以，

当时，不等式可化为，

整理得，解得，

由题意可得，

则解得，

即实数a的取值范围是．

（2）由绝对值三角不等式可得，

，

当且仅当时取等号；

又函数的最小值为1，所以，

即点在定直线．