2023届陕西省西安市长安区高三一模数学（文）试题含解析

2023届陕西省西安市长安区高三一模数学（文）试题

一、单选题

1．复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】根据复数的运算法则求得，得到，结合复数几何意义，即可求解.

【详解】由复数，可得，则，

所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.

故选：D.

2．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先化简集合A，B，再利用集合的补集和交集运算求解.

【详解】解：因为集合，，

所以，，

故选：B.

3．在平行四边形中，为的重心，，则（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】A

【分析】设与相交于点，根据为的重心，化简得到，结合，求得和的值，即可求解.

【详解】如图所示，设与相交于点，由为的重心，

可得为的中点，且，

则，

因为，所以，故.

故选：A.

4．执行如图所示的程序框图.如果输入的为2，输出的为4，那么（    ）

A．13 B．14 C．15 D．16

【答案】C

【分析】根据循环结构，得到输出的公式，得到，再结合框图，判断的值.

【详解】由程序框图可知，输出的，

则，得，那么判断框图.

故选：C.

5．某兴趣小组由2名男同学与3名女同学组成，他们完成一项活动后，要从这5名同学中选2人写活动体会，则所选男生人数不少于1名的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】列举法求解古典概型的概率.

【详解】设2名男生为名女生为，

从5人中选2人的总选法为，

共10种不同选法，

则没有男生的选法共3种：，

故所求概率为.

故选：D

6．若，且，则（    ）

A． B．-1 C．1 D．2

【答案】D

【分析】利用诱导公式可得，即，再根据商数关系化弦为切，求出，再根据两角差的正切公式即可得解.

【详解】因为，所以，

由，得，

即，

所以，即，解得或（舍），

所以.

故选：D.

7．圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，被列为第四批全国重点文物保护单位，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美.如图，小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度约为(取)（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】在直角中可得，再在中利用正弦定理可得，所以由结合正弦的两角差公式即可求解.

【详解】在直角中，，

因为在中，，，

所以，

在中由正弦定理可得，

又由，

所以在直角中，可得,

故选：B

8．设且，则的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据对数的运算性质，分别得到，即可求解.

【详解】由，可得，

则

因为，所以，则，

因为，所以.

故选：A.

9．已知函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（    ）

A．函数为偶函数

B．函数在上单调递增

C．若，则的最小值为

D．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象

【答案】C

【分析】化简得到，由，可判定A不正确；由三角函数的图象与性质，可判定B不正确，C正确；根据三角函数的图象变换，可判定D不正确.

【详解】由函数的图象关于直线对称，

可得，解得，

因为，令，可得，所以，

对于A中，由，所以为奇函数成立，故A不正确；

对于B中，由时，可得，函数在上不是单调函数；故B不正确；

对于C中：因为，又因为，所以的最小值为半个周期，即，故C正确；

对于D中：函数的图象向右平移个单位长度得，故D不正确.

故选：C.

10．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则下列说法错误的是（    ）

A．球与圆柱的表面积之比为

B．四面体的体积的取值范围为

C．若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为

D．平面DEF截得球的截面面积最小值为

【答案】D

【分析】A.由球的半径为，得到圆柱的底面半径为，圆柱的高为，再分别利用球表面积和圆柱的表面积公式求解判断；B.根据四面体的体积等于求解判断；C.根据点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的射影为，得到，设，，由求解判断；D.过作于，设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，由求解判断.

【详解】由球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，则球表面积为，圆柱的表面积，所以球与圆柱的表面积之比为，故正确；

由题可知四面体的体积等于，点到平面的距离，又，所以，故B正确；

由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，

设在底面的射影为，如图所示：

则，

设，则，

所以

，所以，故C正确.

过作于，如图所示：

则由题可得，

设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，

则，

所以平面截得球的截面面积最小值为，故D错误；

故选：D

11．点为抛物线上的两点，是抛物线的焦点，若中点到抛物线的准线的距离为，则的最小值为（    ）

A．2 B．1 C． D．

【答案】B

【分析】设，，由题意得与，的关系，在三角形中由余弦定理得与的关系，求出比值，由基本不等式求出最值即可.

【详解】设，，

则，，

，

当且仅当时取等号，取最大值1，则的最小值为1.

故选：B.

12．已知函数及其导函数的定义域均为，对任意的，恒有，则下列说法正确的是（    ）

A． B．必为偶函数

C． D．若，则

【答案】D

【分析】令，求得或，可判定A不正确；由时，得到，函数既是奇函数又是偶函数；又由时，得到为奇函数可判定B不正确；令，得到，令，得到，可判定C不正确；求得得到的值有周期性，且6个为一周期，进而判定D正确.

【详解】对于A中，令，则由，

可得，故或，故A不正确；

对于B中，当时，令，则，则，故，函数既是奇函数又是偶函数；

当时，令，则，所以为偶函数，则为奇函数；综合以上可知必为奇函数，B不正确；

对于C中，令，则，故，

由于，令，即，即有，故C不正确；

对于D中，若，令，则，则，

故令，则，即，所以，

令，则，即，所以，

令，则，即，所以，，

令，则，即，，

令，则，即，，

令，则，即，，

由此可得的值有周期性，且6个为一周期，

且，

故，故D正确.

故选：D.

二、填空题

13．在中，，则___________.

【答案】

【分析】先利用正弦定理化角为边求出边，再利用余弦定理即可得解.

【详解】因为，所以，

所以，

由余弦定理.

故答案为：.

14．直线与圆交于两点，则弦长的最小值是___________.

【答案】

【分析】先把圆的方程化成标准形式，从而得出圆心坐标和半径，再通过直线方程得出直线过定点，发现定点在圆的内部，从而根据圆的有关知识知：当定点是弦的中点时，弦长最短，从而求出弦长的最小值.

【详解】圆化成标准形式为圆，

圆心，半径，

直线过定点，并在圆内，

最短时，点为弦的中点，即时，

所以.

故答案为：.

15．若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为___________.

【答案】

【分析】根据题意转化为只有一个根，令，求得，得出函数的单调性与最小值，求得，再求得，得出函数的单调区间，结合，求得函数的最值，即可求解.

【详解】因为函数在内有且只有一个零点，

即方程在内只有一个根，

即在内只有一个根，

令，可得，再令，解得，

当时，，单调减，当时，，单调增，

所以当时，有最小值，即，

所以函数，则，

令时，解得.

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

又由，

故函数在上的最大值为，最小值为，最大值与最小值的和为.

故答案为：.

16．已知椭圆上一点，它关于原点的对称点为，点为椭圆右焦点，且满足，设，且，则该椭圆的离心率的取值范围是___________.

【答案】

【分析】通过几何性质表达出该椭圆的离心率的函数，即可得出该椭圆的离心率的取值范围.

【详解】由题意，

在中，设左焦点为，，它关于原点的对称点为，点为椭圆右焦点，

∵，

∴四边形为矩形，

∴.

∵，

∴，

由椭圆的定义得，

∴.

∵

∴，

∴，

∴.

故答案为：.

三、解答题

17．已知数列、，满足，，.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分析可知对任意的，，推导出数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；

（2）求出的表达式，然后利用裂项相消法可求得的表达式.

【详解】（1）解：因为，，则，，，

以此类推可知，对任意的，，所以，

即，，

又因为，所以是首项为，公比为的等比数列，

所以的通项公式为.

（2）解：，则，

所以，，

故.

18．在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，顶点在平面的射影为边的中点.

(1)求证：平面平面；

(2)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明线面垂直，再根据面面垂直判定定理证明面面垂直即可；

（2）应用等体积方法求解点到平面距离.

【详解】（1）且为的中点，，

又平面平面，

平面.故平面，又平面，

平面平面.

（2）设点到平面的距离为是边长为2的正三角形，，

根据等体积公式可得，解得-

19．某大学生在开学季准备销售一种文具盒进行试创业，在一个开学季内，每售出1盒该产品获利润50元，未售出的产品，每盒亏损30元．根据历史资料，得到开学季市场需求量的频率分布直方图，如图所示，该同学为这个开学季购进了160盒该产品，以（单位：盒，）表示这个开学季内的市场需求量，（单位：元）表示这个开学季内经销该产品的利润．

（1）根据频率分布直方图估计这个开学季内市场需求量的众数和平均数；

（2）将表示为的函数；

（3）根据频率分布直方图估计利润不少于4800元的概率．

【答案】(1)众数150，平均数153；(2) ；(3) 0.9.

【分析】（1）根据频率最大一组的中点值即为众数，即可需求量的众数；再计算出每一组的频率，根据每组的中点值乘以该组频率，即可求出平均数；

（2）分和两种情况，即可求出关系式；

（3）由（2）的结果，解不等式，求出范围，再根据（1）中计算的频率，即可求出结果.

【详解】（1）由频率分布直方图得：最大需求量为150盒的频率为．

这个开学季内市场需求量x的众数估计值是150．

需求量为[100，120）的频率为，

需求量为[120，140）的频率为，

需求量为[140，160）的频率为，

需求量为[160，180）的频率为，

需求量为[180，200]的频率为．

则平均数

（2）因为每售出1盒该产品获利润50元，未售出的产品，每盒亏损30元，

所以当时，，

当时，，

所以（）．

（3）因为利润不少于4800元，所以，解得．

所以由（1）知利润不少于4800元的概率．

【点睛】本题主要考查由频率分布直方图求众数与平均数，以及函数模型的应用，会分析频率分布直方图即可，属于常考题型.

20．数学家加斯帕尔·蒙日创立的《画法几何学》对世界各国科学技术的发展影响深远.在双曲线中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是双曲线的中心，半径等于实半轴长与虚半轴长的平方差的算术平方根，这个圆被称为蒙日圆.已知双曲线的实轴长为，其蒙日圆方程为.

(1)求双曲线的标准方程；

(2)设点关于坐标原点的对称点为，不过点且斜率为的直线与双曲线相交于两点，直线与交于点，求直线的斜率值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意得到方程组，求得，即可求得的标准方程；

（2）设，直线为，联立方程组，取得，得到，得出直线和的方程，求得，分和的同时存在与其中一个斜率不存在，两种情况讨论，即可求解.

【详解】（1）解：由题意知，双曲线的实轴长为，其蒙日圆方程为，

可得，解得，

所以的标准方程为：.

（2）解：设，直线的方程为，

由，整理得，

因为直线与相交于两点，

所以，且，

由点，当直线的斜率均存在时，

，

所以直线的方程为，

直线的方程为

两方程联立方程组，可得，

显然，可得，

所以，

当直线的斜率不存在时，可得直线的方程为，直线的方程为，

则，所以.

当直线的斜率不存在时，可得直线的方程为，直线的方程为，则，所以，即

综上可得：直线的斜率值.

【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：

1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；

2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

21．已知.

(1)若时，求的单调区间；

(2)当时，.求实数的取值范围.

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

【分析】（1）先求出函数的定义域，然后求出导函数，再根据导数与单调性的关系，令导函数，解出的范围即为函数的单调区间.

（2）先对变形，然后根据变形后的形式构造新函数，转化为求函数的最值问题，从而得出的取值范围.

【详解】（1）定义域为，当时，

，

令，则，

由得，由得，

所以在上单调递减，在上单调递增.

所以恒成立.

由得，由得，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）由题意得，令，

由得，由得，

在上单调递减，在上单调递增..

，即.

令

则恒成立（仅当时等号成立），所以在上单调递减.

，

即实数的取值范围为.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．

(1)写出直线的参数方程及曲线的普通方程；

(2)设点，若直线与曲线交于A、B两点，且，求实数的值．

【答案】(1)（为参数），

(2)

【分析】（1）利用极坐标与普通方程的互化，，得到直线的普通方程，从而求出参数方程，再通过消去曲线的参数，即可求出曲线的普通方程；

（2）利用参数方程的几何意义和条件即可求出实数的取值.

【详解】（1）因为，所以，

又因为，，所以化简为，

所以直线的参数方程为（为参数），

由（为参数），消去得；，

所以曲线的普通方程为.

（2）设两点对应参数分别为，

由知，与反向，所以点在圆内，

将直线的参数方程（为参数），代入曲线的普通方程， 得到，

由韦达定理得，，，

又因为直线和曲线有两个不同的交点，则，即，解得，

又因为点在圆内，所以，得到，

又由，得到，所以，由参数的几何意义知，，又因为，

不妨设，由，得到，

解得，满足条件，

所以实数的值为．

23．设函数，．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)对任意，恒有，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由绝对值不等式的解法，当a=2，分，，三种情况讨论，求解不等式即可得解；

（2）分析可得原题意等价于，结合绝对值不等式分析运算.

【详解】（1）当时，可得，

当时，则，解得，此时得；

当时，则，此时无解；

当时，则，解得，此时得；

综上所述：不等式的解集为．

（2）对任意，恒有，等价于，

因为，当且仅当时，等号成立

所以，且，

即，解得或，

所以实数的取值范围为．

【点睛】考查绝对值不等式的解法，不等式恒成立问题，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．