陕西省西安市临潼区、阎良区2023届高三（一模）文科数学试题

陕西省西安市临潼区、阎良区2023届高三（一模）文科数学试题

一、单选题

1．在集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知是虚数单位，复数，则复数z的共轭复数为（    ）

A．2 B．2 C．2 D．2

3．已知向量与向量垂直，则x=（    ）

A． B． C． D．

4．设变量满足，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

5．已知,则θ等于(    )

A． B． C． D．

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，为双曲线右支上的任意一点且，则双曲线离心率的取值范围是（    ）

A．(1,2] B．[2 +) C．(1,3] D．[3，+)

8．在R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．已知，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λ的值为（    ）

A． B． C．2 D．

二、填空题

13．曲线在点处的切线方程为___________.

14．在中，点D是边BC上一点，且，.，，则DC=___________.

15．一束光线由点出发沿x轴反方向射向抛物线上一点P，反射光线所在直线与抛物线交于另一点Q，则弦|PQ|的长为___________.

16．表面积为100π的球面上有四点S､A､B､C，△ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为3，若面SAB⊥面ABC，则棱锥体积的最大值为___________.

三、解答题

17．已知函数.

(1)求函数的单调递减区间及对称轴方程；

(2)若在△ABC中，角A､B､C所对的边分别为a，b，c，且，，求△ABC面积的最大值.

18．在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，，PD⊥平面ABCD，，G为PC中点，E，F分别为AB，PB上一点，，.

(1)求证：EF平面BDG；

(2)求三棱锥的体积.

19．疫情过后，某市为了提高市民蔬菜供应质量，科研所对冬季昼夜温差的大小与某种反季节蔬菜的生长的关系进行研究，他们记录了当地冬季某月6号到10号的有关数据，每天的昼夜温差和每天每100颗种子中的发芽数，如下表所示.

该科研所的研究方案是：先从这五组数据中选取2组，用剩下的3组数据求线性回归方程，再用被选取的2组数据进行检验.

(1)求选取的两组数据恰好是不相邻的2天的数据的概率；

(2)若选取的是6号10号的两组数据，请根据7号､8号､9号的数据，求出y关于x的线性回归方程；

(3)若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问（2）中所得到的线性回归方程是否可靠？

（线性回归方程，其中）

20．在椭圆）中，，过点与的直线的斜率为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设为椭圆的右焦点，为直线上任意一点，过作的垂线交椭圆于两点，求的最大值.

21．已知函数，.

(1)若，讨论函数的单调性；

(2)若，求证：对，恒成立.

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

(1)写出曲线的直角坐标方程和直线的参数方程；

(2)设直线与曲线相交于两点，设，若，求直线的方程.

23．若函数，且.

(1)若，时，不等式恒成立，求实数的取值范围；

(2)若函数的最小值为，试证明点在定直线上.

参考答案：

1．B

【分析】分别求出集合，再根据补集和交集的定义即可得解.

【详解】或，

所以，所以.

故选：.

2．A

【分析】由复数的乘、除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案.

【详解】因为，所以，

所以复数的共轭复数还是2.

故选：A.

3．C

【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程求参数即可.

【详解】与垂直，

，即.

故选：C

4．C

【分析】由约束条件可得可行域，将问题转化为直线在轴截距最大值的求解问题，采用数形结合的方式可求得结果.

【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示，

当取得最大值时，直线在轴截距最大，

平移直线可知：当过点时，在轴截距最大，

由得：，即，.

故选：C.

5．D

【分析】根据诱导公式化简计算即可.

【详解】由题知,所以或，

又因为,所以.

故选：D

6．B

【分析】根据函数的奇偶性及单调性可得函数的正负情况，进而可解不等式.

【详解】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，

所以或，

故选：B.

7．C

【分析】由双曲线定义，变形后由基本不等式得最小值，从而得，再利用双曲线中的范围有，由此结合可得离心率的范围．

【详解】因为是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上的任意一点，

所以，则，

代入得，

当且仅当时取等号，

因为，所以，

又点是双曲线右支上任意一点，所以，即，即，

所以，又，所以.

故选：C．

8．C

【分析】先根据在R上定义运算，结合分式不等式的解法求出不等式的解集，再根据集合的包含关系列出不等式，即可得解.

【详解】由得，

即，解得，

由题设知，解得.

故选：C.

9．C

【分析】先利用函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，排除不符合题意的选项，然后观察剩余选项的不同点，利用函数值的符号排除不符合题意的选项，从而得出答案.

【详解】由题意可知，函数的定义域为，，

所以为奇函数，排除选项A，B；

当时，，所以，

所以，排除D．

故选：C.

【点睛】解决函数图象的识别问题的技巧：一是活用性质，常利用函数的单调性与奇偶性来排除不合适的选项；二是取特殊点，根据函数的解析式选择特殊点，即可排除不合适的选项，从而得出正确的选项．

10．C

【分析】利用可化简已知等式证得A正确；利用等差数列通项公式可整理得到B正确；由与关系可求得C错误；由，结合等比数列定义可知D正确.

【详解】对于A，当时，由得：，

，即，又，

数列是以为首项，为公差的等差数列，A正确；

对于B，由A知：，，B正确；

对于C，当时，，

经检验：不满足，，C错误；

对于D，由B得：，，又，

是以为首项，为公比的等比数列，D正确.

故选：C.

11．C

【分析】由题意可得是方程的解，令，对求导，结合零点存在性定理即可得出答案.

【详解】，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

【分析】根据，可得，从而可求得离心率，设的内切圆半径为，根据，可得，再根据双曲线的定义即可得解.

【详解】因为，所以，即，

所以，所以离心率，

设的内切圆半径为，

则，

又，

所以，

即，

所以，

所以.

故选：B.

【点睛】根据，得出是解决本题的关键所在.

13．

【分析】根据导数几何意义可求得切线斜率，由此可得切线方程.

【详解】，所求切线斜率，

在点处的切线方程为，即.

故答案为：.

14．3

【分析】在中，利用余弦定理得到进而在中，利用两角和正弦公式得到结果．

【详解】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.

故答案为：3.

15．

【分析】根据题意可得，结合抛物线的性质可求得直线的方程，联立方程，利用韦达定理结合抛物线的定义运算求解.

【详解】由题意可设，则，解得，即，

由抛物线的性质：当光线平行抛物线的对称轴时，经抛物线反射后，光线过焦点.

可得反射光线经过抛物线的焦点，

故直线的斜率，则直线的方程为，

设，

联立方程，消去y可得，

则，

所以.

故答案为：.

16．

【分析】求出球半径及球心到平面的距离，进而求出外接圆半径，利用面面垂直结合球的截面小圆性质，求出的外接圆半径，确定点S到平面的最大距离即可作答.

【详解】依题意，球的半径，令正的中心为，则，且平面，

外接圆半径，连接并延长交于D，则D为的中点，且，

显然，而平面平面，平面平面，有平面，

令的外接圆圆心为，则平面，有，又，

而平面平面，平面平面，平面，则平面，

即有，因此四边形为平行四边形，则，，

的外接圆半径，的外接圆上点到直线距离最大值为，

而点在平面上的射影在直线上，于是点到平面距离的最大值，

又正的面积，

所以棱锥的体积最大值.

故答案为：

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.

17．(1)函数的单调减区间为，

(2)最大值为.

【分析】（1）先把函数进行化简，然后根据三角函数的单调区间以及对称轴公式进行求解；（2）先求出角A的值，然后利用余弦定理和基本不等式求出三角形面积的最大值.

【详解】（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）在中，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)证明见解析

(2)

【分析】（1）设与的交点为，连接，证明，，从而可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；

（2）先根据棱形的结构特征求出，再根据，利用勾股定理可得，进而可求的，再根据棱锥的体积公式即可得解.

【详解】（1）在中，因为，所以，

设与的交点为，连接，

因为四边形为菱形，所以为中点，

又为中点，所以，所以，

又平面平面，

所以平面；

（2）因为是菱形，且，

所以为等边三角形，所以，

因为PD⊥平面ABCD，平面，

所以，

又因所以，

又，所以，

即，所以，

所以，

又，所以到平面的距离，

又的面积为，

所以.

19．(1)

(2)

(3)可靠

【分析】（1）利用列举法写出基本事件，结合古典概型的概率的计算公式即可求解；

（2）根据表中的数据求出，，进而即可求出线性回归方程；

（3）根据（2）的结论分别求出和对应的预报值，结合已知条件即可求解.

【详解】（1）设事件“选取的两组数据恰好是不相邻的2天的数据”为事件，

从5组数据中选取2组数据的所有情况为：，共10种；

选取的2组数据恰好是不相邻的2天的数据有：，共6种，

由古典概型的概率公式可知，.

（2）由题设表格中的数据可得：，

，

，

关于的线性回归方程为.

（3）当时，

，

当时，，

，

所以（2）中所得到的线性回归方程是可靠的.

20．(1)

(2)最大值为.

【分析】（1）利用两点的斜率公式及椭圆中的关系即可求解；

（2）根据横截式方程设出直线的方程，联立直线的方程与椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式，结合两点间的距离公式及基本不等式即可求解.

【详解】（1）过点与的直线的斜率为，

所以，即，

又，即，解得，

所以椭圆的标准方程是.

（2）由题知，作出图形如图所示

设点，则直线的斜率为.

当时，直线的斜率，直线的方程是；

当时，直线的方程是，也符合的形式，

将直线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，

所以的最大值为.

21．(1)函数在区间单调递增

(2)证明见解析

【分析】（1）二次求导判断导数的单调性及最值情况，进而判断函数的单调性；

（2）构造，即恒成立，分情况讨论的单调性及最值情况，进而可得参数范围.

【详解】（1）时，，

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；

综上所述，时，对，恒成立.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．

22．(1)曲线，直线（为参数）

(2)

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标互化原则可直接得到曲线的直角坐标方程；根据直线所过定点和倾斜角，可直接得到直线的参数方程；

（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线参数方程中参数的几何意义和韦达定理可构造方程求得，由此可得直线方程.

【详解】（1）过定点，倾斜角为，的参数方程为：（为参数）；

由得：，

，即曲线的直角坐标方程为.

（2）将的参数方程代入曲线的直角坐标方程得：，

即，

设对应的参数分别为，则，，

，

，又，，

，解得：，满足，

直线的斜率，

直线的方程为，即.

23．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由恒成立的不等式可得，利用恒成立的思想可构造不等式组求得结果；

（2）利用绝对值三角不等式可求得，由此可得结论.

【详解】（1）当，时，，

由得：，，则，

，解得：，即实数的取值范围为.

（2）（当且仅当时取等号），

，即点在定直线上.