2023届陕西省西安地区八校高三下学期第二次联考数学（文）试题含解析

2023届陕西省西安地区八校高三下学期第二次联考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据集合交集的定义即可求解．

【详解】由于，则

故选：B

2．已知为虚数单位，，则复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数的除法运算化简即可求解.

【详解】由得，

故选：D

3．设等差数列的前项和为，且，，则（    ）

A．285 B．302 C．316 D．363

【答案】B

【分析】由题意列方程可得，解方程即可求出，由等差数列的通项公式即可求出答案.

【详解】由，可得：，

解得：.

则.

故选：B.

4．已知函数是实数集上的减函数，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由函数为减函数可得，从而得出答案.

【详解】由函数是实数集上的减函数，又

所以，解得

故选：C

5．若焦点在轴上的双曲线的离心率为3，则与的关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意可得，化简不等式即可得出答案.

【详解】焦点在轴上的双曲线的方程化简为，

则离心率为，解得：，

则.

故选：C.

6．在中，设，，为的重心，则用向量和为基底表示向量（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作出图形，根据平面向量的线性运算即可求解.

【详解】如图，为的重心，延长交于点，

由题意可知，，

所以，

所以，

故选：A.

7．执行图示程序框图，则输出的值为（    ）

A． B． C．0 D．3

【答案】B

【分析】根据程序框图模拟运行即得.

【详解】执行框图，可得：

第一次循环：，则，此时；

第二次循环：，则，此时；

即，故跳出循环，输出.

故选：B.

8．、满足不等式组则的最大值为（    ）

A． B． C．2 D．22

【答案】B

【分析】作出不等式组满足的可行域，根据线性规划的几何意义求解即可.

【详解】由不等式组，作出、满足的可行域，如图.

由解得

将目标函数化为：

当直线在轴上的截距最小时，值最大.

由图可知，当直线过点时，在轴上的截距最小

所以

故选：B

9．根据变量与的对应关系（如表），求得关于的线性回归方程为，则表中的值为（    ）

A．60 B．55 C．50 D．45

【答案】A

【分析】先求得样本点中心，再根据回归直线过样本点中心即可求解.

【详解】由表中数据，计算，

，

因为回归直线方程过样本中心，

，解得，

故选：A

10．已知正四面体的各棱长均为，各顶点均在同一球面上，则该球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】正四面体的外接球球心在正四面体的高上，由可构建外接球半径与棱长的关系，求出半径．

【详解】

如图，是正四面体的高，是外接球球心，设外接球半径为，

∵正四面体棱长为，∴，，，，

由得，

解得，∴．

故选：D．

11．已知一平面截某旋转体，截得的几何体的三视图如图，则该截得几何体的体积为（    ）

A．67.5π B．π C．π D．π

【答案】A

【分析】将两个几何体合并成一个完整的圆柱，再计算体积即可.

【详解】将两个几何体可以合并成一个完整的圆柱，则体积为.

故选：A

12．将函数的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变得到函数的图象，则下列描述不正确的是（    ）

A．函数的最小正周期为

B．点是函数的图象与轴最近的一个对称中心

C．的值域与缩小的倍数无关

D．直线是函数的图象与轴最近的一条对称轴

【答案】D

【分析】由图形变换得出的解析式，根据直线函数的图像性质对选项进行逐一判断即可.

【详解】将函数的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，得到.

则函数的最小正周期为，故选项A正确.

函数的对称中心满足：，即

当时，，当时，

所以函数的图象与轴最近的一个对称中心为，故选项B正确.

函数的值域为，函数的值域为，故选项C正确.

函数的对称轴：，即

当时，，当时，

函数的图象与轴最近的一条对称轴为：，故选项D不正确.

故选：D

二、填空题

13．函数为奇函数，则___________.

【答案】

【分析】由条件可知，内层函数是奇函数，根据奇函数的定义，即可求解.

【详解】设，若函数是奇函数，

则是奇函数，函数的定义域为，

，即，

则，则.

故答案为：

14．过三点、、的圆的圆心坐标为___________.

【答案】

【分析】根据圆上点坐标列方程，从而圆的方程可求，即可求出圆的圆心坐标.

【详解】设圆的方程为：，代入点的坐标有：

，所以，

所以圆的方程为：.

故答案为：.

15．已知点在抛物线：上，点为抛物线的焦点，且，则抛物线的标准方程为___________.

【答案】或

【分析】由题意可得出，，解方程即可得出答案.

【详解】点在抛物线：上，

所以，解得：，

点为抛物线的焦点，且，由抛物线的定义可得：，

解得：或.

抛物线的标准方程为或

故答案为：或

16．已知数列和数列，，.设，则数列的前项和_________.

【答案】

【分析】首先根据所给的以及求出,再结合错位相减法即可求得.

【详解】,,则，

①，

②，

两式相减得，即

，变形化简可得

.

故答案为：

三、解答题

17．设的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，.

(1)求C的值；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）结合角的范围求出，，然后利用三角之和为可得，即可求解；

（2）利用正弦定理可得，结合（1）可求得，继而用正弦定理求出，，即可求得面积

【详解】（1）∵A、B、C是的内角，得，又，，

∴，，

∴，

∴.

（2）由正弦定理可得，

∵，，，，

∴，得，

∴由正弦定理可得，得，.

∴的面积为.

18．红旗中学高三年级共有学生1800名，在一次数学考试后，抽取了200名同学的成绩（满分150分），绘制成频率分布直方图（如图），成绩的分组区间为.

(1)求频率分布直方图中的值；

(2)由样本估计总体﹑估计这次考试，年级成绩优秀（分数大于或等于120分即为优秀）人数和平均分数（用各组的中点值代替该组的平均值）.

【答案】(1)

(2)优秀人数有450人，平均分数为108.35分

【分析】（1）根据频率之和为1即可求解；

（2）求出样本中分数大于或等于120分的频率，从而求出人数；根据平均数公式即可求解．

【详解】（1）由题意，得，

解之，得；

（2）由频率分布直方图，得样本中，分数大于或等于120分的频率为

，

∴由样本估计总体，得高三年级这次数学考试成绩的优秀率为25%，

∴这次考试年级优秀人数为1800×25%=450，

设样本的平均分数为，

，

由样本估计总体，估计这次考试平均分数为108.35分，

∴这次数学考试，估计优秀人数有450人，平均分数为108.35分．

19．如图，在三棱锥中，侧面底面，，，，、分别是、的中点.

(1)求证：；

(2)求四棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）在平面内作直线于、连接，根据三角形全等得到，即可得到平面，即可得到，再根据，即可得证；

（2）由（1）及题意可得底面，再由、、及锥体的体积公式计算可得.

【详解】（1）在平面内作直线于、连接，

∵，，

∴，

在与中，，、，

∴与全等，

∴，即，即，

∵，，，平面，

∴平面，又在平面内，∴，

∵、分别是、的中点，得，∴.

（2）由（1）和题意知，侧面底面，侧面底面，，平面，

所以底面，且，

∵为的中点，得，又与互补，

∴的面积与的面积相等，

∴①，

又∵是的中点，得点到平面的距离与点到平面的距离相等，

∴②，

由①②得

，

∴四棱锥的体积为.

20．已知函数（自然对数的底数）在点处的切线方程为.

(1)求，的值；

(2)求证：函数在区间内有唯一零点.

【答案】(1)，；

(2)证明见解析.

【分析】（1）求解导函数，从而得的值，根据切线方程得切线的斜率，从而列方程组求解，的值；

（2）将函数变形为，由成立，将在区间内零点的个数转化为在区间内零点的个数，根据零点存在定理可得在内有零点，求解导函数，从而判断函数在上单调递增，即可得函数在内有唯一零点，即函数在区间内有唯一零点.

【详解】（1）的定义域为，

因为.

所以，又.

∵在点处的切线方程为，

所以切线的斜率为.

所以，解得

∴，.

（2）证明：由（1）知，，.

∴（为自然对数的底数）

∵总成立.

∴在区间内零点的个数等价于在区间内零点的个数.

∵，

.

∴在内有零点.

又∵，

当时，，得在上单调递增.

∴在内有唯一零点，即函数在区间内有唯一零点.

21．已知椭圆：的焦点为、，离心率为，直线：，、在直线上的射影分别为M、N，且.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设直线与椭圆C交于A、B两点，，求的面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据射影可求出，结合离心率即可求得椭圆方程；

（2）设点坐标，联立直线与椭圆方程，使判别式大于零解得m的取值范围，求出弦长及点到直线的距离，写出面积的式子，构造新函数，求导求单调性求最值即可.

【详解】（1）解：因为直线：的斜率为-1，所以倾斜角为，

所以，即椭圆的焦距，，

由椭圆的离心率为，得，得，，

所以椭圆C的标准方程为；

（2）由消去，得，

令，

解得，设，，

则，，

所以，

而点到直线的距离为，

所以，

设，，

所以

，，

由得，，，

当时，点在直线上.故将舍去.

当变化时，和的变化情况如下表

因为，，所以，

即，故的面积的最大值为.

【点睛】方法点睛：该题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于中难题，关于最值问题的方法有：

（1）设直线方程，考虑斜率存在（或为0）的情况，设出点的坐标；

（2）联立直线与圆锥曲线方程，使判别式大于零，写出韦达定理；

（3）列出题中所需式子，化简后将韦达定理代入；

（4）根据基本不等式求出最值，或构造新函数求导求单调性求最值即可.

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为，（为参数，）.以直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.在极坐标系中，曲线S的极坐标方程为.

(1)若，在极坐标系中，直线经过点，求的值；

(2)若，直线与曲线S交于A、B两点，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据点的极坐标求出点的直角坐标，再将和点的直角坐标代入直线的参数方程即可得解；

（2）先将曲线的极坐标方程化为普通方程，再分和两种情况讨论求出直线所过的定点，再根据当Р为AB的中点时最小，结合圆的弦长公式即可得解.

【详解】（1）设点的直角坐标为，

因为点的极坐标为.

∴，，

∴当时，得解之，得

∴；

（2）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为，

∴曲线S是以为圆心，半径的圆，

当时，若，化直线的参数方程为普通方程：，

直线过定点，

若，直线的普通方程为：，直线也过点，

∴直线恒过定点，

∵，

∴点Р在圆C内，

∴当Р为AB的中点时最小，

这时，，

∴.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)当时，求证：.

【答案】(1)或

(2)证明见解析

【分析】（1）分，三种情况解不等式即可求出答案；

（2）（方法一）当时，要证即证，由均值不等式即可证明；（方法二）当时，要证即证，由二次函数的性质即可证明.

【详解】（1）解：∵

∴等价于下列不等式组

①；或②；或③.

①的解为；②无解；③的解为.

∴不等式的解集为或.

（2）证明：（方法一）当时，.

∴要证即证，即证.

∵.

∴.

当且仅当即时取等号.

∴当时，.

（方法二）当时，.

∴要证即证，即证.

∵恒成立.且时取等号.

∴当时，.