2023届陕西省西安市长安区高三下学期一模数学（理）试题含解析

2023届陕西省西安市长安区高三下学期一模数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解指数不等式化简集合B，再利用交集的定义求解作答.

【详解】解不等式得：，则，而，又，

所以.

故选：A

2．甲乙两位射击运动员参加比赛，抽取连续6轮射击比赛的成绩情况如下：

甲：80、70、80、90、90、70；乙：70、80、80、80、70、80

则下列说法中正确的是（    ）

A．甲比乙平均成绩高，甲比乙成绩稳定

B．甲比乙平均成绩高，乙比甲成绩稳定

C．乙比甲平均成绩高，甲比乙成绩稳定

D．乙比甲平均成绩高，乙比甲成绩稳定

【答案】B

【分析】根据给定数据，求出甲乙成绩的平均数及方差，再比较判断作答.

【详解】依题意，甲射击成绩的平均数，

方差，

乙射击成绩的平均数，

方差，因此，

所以甲比乙平均成绩高，乙比甲成绩稳定.

故选：B

3．复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设复数，则根据题意根据复数相等列出关于的方程，即可求得答案.

【详解】设复数，则由可得，

即，

则，整理得，

当时，解得，此时，

当时，即，

则结合各选项，该式均不成立，

故选：B

4．函数在区间上的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用函数的奇偶性和指数函数的性质，排除选项得出正确答案．

【详解】

是偶函数，排除选项B和D

当时，，，即，排除选项C

故选：A

5．在平行四边形ABCD中，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设，，将，，都用，表示，设，解出m，n.

【详解】

设，，

因为，所以，

因为，所以，

设，则，

，解得，，即.

故选：C.

6．我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长1与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距正切值的乘积，即．对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为，且，若第二次的“晷影长”与“表高”相等，则第一次的“晷影长”是“表高”的（    ）

A．1倍 B．2倍 C．3倍 D．4倍

【答案】B

【分析】根据给定条件，可得，再利用和角的正切公式计算作答.

【详解】依题意，，则，

所以第一次的“晷影长”是“表高”的2倍.

故选：B

7．下列是函数图像的对称轴的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，利用诱导公式及二倍角公式化简函数，再利用余弦函数的性质求解作答.

【详解】，

显然，，，，

所以函数图像的对称轴的是，ABC错误，D正确.

故选：D

8．盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商准备将棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，为节约成本，使得魔方能够放入盲盒且盲盒棱长最小时，盲盒内剩余空间的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】棱长为8的正四面体放入正方体，使正方体面对角线长等于正四面体棱长，然后求出体积作答.

【详解】依题意，要使棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，且盲盒棱长最小，

则当且仅当正方体的面对角线长等于正四面体的棱长，即它们有相同的外接球，

如图，正四面体的棱长为8cm，该正四面体的所有棱均为正方体对应的面对角线，

所以该正方体棱长为，盲盒内剩余空间的体积为.

故选：C

9．已知点是双曲线的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线垂足为A，交另一条渐近线于点B．若，则双曲线C的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，利用点到直线距离公式、二倍角的余弦公式、勾股定理列式计算作答.

【详解】双曲线的渐近线方程为：，不妨令点A在直线上，，如图，

因为，则，而，即有，

，，由知，点在y轴同侧，

于是，，，

在中，，由得：

，整理得：，化简得，解得或（舍去），

所以，，双曲线方程为.

故选：A

10．已知函数满足，若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出的解析式，在同一坐标系中作，，，的图象，得到，借助的单调性进行判断即可.

【详解】因为，所以，

联立，得，在R上单调递减，

在同一坐标系中作，，，的图象，如图，

所以，故.

故选：B.

11．在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分析得到球心O在平面ACD的投影与M点重合，由面面垂直得到球心O在平面BCD上，作出辅助线，球心O在MH上，设OM=x，由半径相等列出方程，求出x，进而得到外接球半径，求出表面积.

【详解】因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，

所以AM⊥CD，且，

因为，所以，而，

由勾股定理得：，所以BM=BC，

故为等腰直角三角形，，，

由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，

因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，

在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故，

球心O在MH上，设OM=x，

由余弦定理得：，

则，

由得：，解得：，

设外接球半径为，则，

故该三棱锥的外接球的表面积为.

故选：D

【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ．

12．设函数的定义域为，满足，且当时，.则下列结论正确的个数是（    ）

①；

②若对任意，都有，则的取值范围是；

③若方程恰有3个实数根，则的取值范围是；

④函数在区间上的最大值为，若，使得成立，则.

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】由题意推出函数的解析式，作出函数图象，利用解析式可判断①；解方程，结合函数图象可判断②；举反例取特殊值，可判断③；根据函数解析式求得最值，可得表达式，分离参数，将，使得成立转化为数列的单调性问题，可判断④.

【详解】函数的定义域为，满足，即，

且当时，,

当时，，故,

当时，，故，

依次类推，

当时，

，

由此可作出函数的图象如图：

对于①， ，此时，故

，①正确；

对于②，当时，；结合①可知当时，；

故当时，令，

即，解得 ，

又，故对任意，都有，则的取值范围是，正确；

对于③，取，则直线，过点，

结合图象可知恰有3个交点，

即恰有3个实数根，即说明符合题意，则③错误；

对于④，当时， ，

其最大值为，

若，使得成立，即，即需；

记，则，

故，当时，，递增；

当时，，递减，又，

则，故的最大值为，

则，即，故④错误，

综合可知，结论正确的个数是2个，

故选：B

【点睛】难点点睛：本题综合考查了函数的性质以及数列的单调性等，综合性较强，解答的难点在于要明确函数的性质，明确函数的解析式，从而作出函数图象，数形结合，解决问题.

二、填空题

13．设a为实数，函数的导函数为，若是偶函数，则__________，此时，曲线在原点处的切线方程为______________．

【答案】         

【分析】由偶函数的定义得出的值，再由导数的几何意义求切线方程.

【详解】，因为是偶函数，所以在上恒成立，

则恒成立，故.

因为，，

所以曲线在原点处的切线方程为，即.

故答案为：；

14．已知直线与圆交于A，B两点，若，则__________．

【答案】##

【分析】根据给定条件，利用圆的弦长公式求出圆心到直线l的距离即可求解作答.

【详解】圆的圆心，半径，因为圆O的弦AB长为2，

则点O到直线l的距离，

而，因此，解得，

所以.

故答案为：

15．已知在中，角所对边分别为，满足，且，则的取值范围为______.

【答案】

【分析】根据已知利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，从而可表示出的表达式，利用辅助角公式化简结合三角函数的性质，即可求得答案.

【详解】由题意在中，满足，即,

即，而，

故，又,

则，同理，

故

，

又,故，

则，

故答案为：

16．在生活中，可以利用如下图工具绘制椭圆，已知是滑杆上的一个定点，D可以在滑杆上自由移动，线段，点E在线段上，且满足，若点E所形成的椭圆的离心率为，则______.

【答案】2

【分析】建立坐标系，求得P点的轨迹方程，从而求出点E的轨迹方程，结合椭圆的几何性质，列方程即可求得答案.

【详解】如图，以O为原点，为x轴，过点O作的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，

过点E作的垂线交延长线于P，交于M,

作,垂足为F，则,

因为，故,则，

故,

设，则，故,

则P点的轨迹方程为，

由于，则，故，

则，

设，则,而,

故，即为E点轨迹方程，表示椭圆，

即，

由于椭圆的离心率为，即，

解得，即，

由于，故，

故答案为：2

【点睛】关键点点睛：解答本题时，要明确由该题中的方法形成椭圆的过程，因此解答时结合平面图形几何性质，判断P点轨迹为圆，由此解答本题的关键在于要由此确定E点的轨迹方程，从而根据椭圆的性质求得答案.

三、解答题

17．已知等差数列的前n项和为，满足，_____________．

在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答（注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分．在答题前应说明“我选_____________”）

(1)求的通项公式；

(2)设，求的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列的基本量的运算可得，进而即得；

（2）利用分组求和法即得.

【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为

若选择条件①，则由，

得，解得，

；

若选择条件②，则由，

得，解得，

；

若选择条件③，则由，

得，解得，

；

（2）由（1）知，选择三个条件中的任何一个，都有，

则，

的前n项和

18．如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，F在上，满足.

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析.

(2).

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；

（2）建立空间直角坐标系，根据题意求得相关点坐标，求出点F的坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.

【详解】（1）证明：因为平面，平面ABCD,所以,

又因为，平面，

所以平面.

（2）过A作的垂线交于点M,

因为平面，平面,

所以,

以A为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系如图，

则,

因为E为的中点，所以,

因为F在上，设,则,

故,

因为，所以，

即，即，

即，

所以，

设平面的一个法向量为，则,

即，令，则，故；

，设平面的一个法向量为，则,

即，令，则，故，

故，

由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.

19．设抛物线的焦点为，，Q在准线上，Q的纵坐标为，点M到F与到定点的距离之和的最小值为4．

(1)求抛物线C的方程；

(2)过F且斜率为2的直线l与C交于A、B两点，求的面积．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由已知可推得，求出的坐标代入，即可得出关于的方程，求解即可得出；

（2）由已知可求得直线方程为，联立直线与抛物线的方程，根据韦达定理求出弦长.然后根据点到直线的距离求出点到直线的距离，即可得出面积.

【详解】（1）由已知可得，，.

因为，当且仅当三点共线时，取得最小值.

又，所以，

即，整理可得，

因为，所以.

所以，抛物线C的方程为.

（2）由（1）知，，所以直线的方程为，.

联立直线与抛物线的方程可得，.

设，，则由韦达定理可得.

所以.

又点到直线，即直线的距离为，

所以，的面积.

【点睛】方法点睛：求圆锥曲线中的有关三角形的面积时，常联立直线与曲线的方程，根据韦达定理求出弦长.然后根据点到直线的距离公式，求出三角形的高，即可得出.

20．某学校组织知识竞答比赛，设计了两种答题方案：

方案一：先回答一道多选题，从第二道开始都回答单选题；

方案二：全部回答单选题.

其中每道单选题答对得2分，答错得0分；

多选题全部选对得3分，选对但不全得1分，有错误选项得0分.

每名参与竞答的同学至多答题3道.在答题过程中得到4分或4分以上立刻停止答题.统计参与竞答的500名同学，所得结果如下表所示：

(1)能否有的把握认为方案的选择与性别有关?

(2)小明回答每道单选题的正确率为0.8；多选题完全选对的概率为0.3，选对且不全的概率为0.3.

①若小明选择方案一，记小明的得分为X，求X的分布列及数学期望；

②如果你是小明，为了获取更好的得分你会选择哪个方案?请通过计算说明理由.

附：，.

【答案】(1)没有.

(2)①分布列见解析；.②选方案一，理由见解析.

【分析】（1）根据题意完善列联表，计算的值，即可判断结论；

（2）①确定X的取值，求出每个值对应的概率，可得分布列，进而求得数学期望；②计算出选择方案二的数学期望，和方案一进行比较，可得答案.

【详解】（1）由题意完善列联表如图：

故

故没有的把握认为方案的选择与性别有关.

（2）①由题意可知X的所有可能取值为，

则,,

,

,

,

故X的分布列为∶

故X的数学期望.

②设选择方案二的得分为Y,则Y的可能取值为，

则,,

,

故,

因为,故为了获取更好的得分,小明会选择方案一.

21．已知函数，求证：

(1)存在唯一零点；

(2)不等式恒成立．

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）由导数得出的单调性，结合零点存在性定理证明即可；

（2）先证明，再由的单调性，证明不等式即可.

【详解】（1），.

当时，，此时函数单调递增；

当时，，此时函数单调递减；

所以，即.

所以在上单调递增，.

则在上，存在，使得，即存在唯一零点；

（2），

令，.

当时，，此时函数单调递增；

当时，，此时函数单调递减；

即，故.

因为函数在上单调递增，所以.

即.

故不等式恒成立.

【点睛】关键点睛：在证明第二问时，关键是由导数证明，再利用函数的单调性证明，在做题时，要察觉到这一点.

22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（，t为参数）．

(1)求曲线C的直角坐标方程；

(2)已知直线与x轴的交点为F，且曲线C与直线l交于A、B两点，求的值．

【答案】(1)

(2)24

【分析】（1）根据曲线C的参数方程为（，t为参数），由两边平方求解；

（2）易知直线的参数方程为，代入，利用参数的几何意义求解.

【详解】（1）解：因为曲线C的参数方程为（，t为参数），

所以由两边平方得：，

而，当且仅当，即时，等号成立，

所以曲线C的直角坐标方程；

（2）易知直线与x轴的交点为,

直线的参数方程为，

代入得，

设A，B两点对应的参数分别为，

则，

所以.

23．已知．

(1)求的解集；

(2)已知在上恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）把函数化成分段函数，再分段解不等式作答.

（2）根据给定条件，分离参数并构造函数，求出函数最大值作答.

【详解】（1）依题意，，不等式化为：

或或，解得或或，即有，

所以的解集为.

（2）依题意，，，

，，于是，

当且仅当时取等号，则，

所以实数a的取值范围是.