陕西省咸阳市武功县普集高级中学2023届高三下学期5月八模文科数学试题（含解析）

陕西省咸阳市武功县普集高级中学2023届高三下学期5月八模文科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数，若的共轭复数为，则（    ）

A． B．5 C． D．10

3．双曲线：的渐近线恰好与曲线相切，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

4．已知命题：任意，使为真命题，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

5．陕西榆林神木石峁遗址发现于1976，经过数十年的发掘研究，已证实是中国已发现的龙山晚期到夏早期规模最大的城址，出土了大量玉器、陶器、壁画、房屋、城池、人体骨骼等遗迹，2019年科技人员对遗迹中发现的某具人娄骨骼化石进行碳14测定年代，公式为：（其中为样本距今年代，为现代活体中碳14放射性丰度，为测定样本中碳14放射性丰度），已知现代活体中碳14放射性丰度，该人类骨骼碳14放射性丰度，则该骨骼化石距今的年份大约为（    ）（附：，，）

A．3353 B．3997 C．4125 D．4387

6．已知实数，满足不等式组，则目标函数的最大值为（    ）

A．0 B． C．4 D．8

7．已知高三某班甲乙两位同学在高三上期6次考试的历史成绩作成如图所示的茎叶图，其中乙同学的某次成绩缺失，已知甲乙同学的这6次历史成绩的平均值相同，则甲乙同学这6次成绩的各自的中位数之和为（    ）

A．120 B．130.5 C．140.5 D．150

8．函数的图象大致为（    ）

A．   B．  

C．   D．  

9．已知，则（    ）

A． B． C． D．

10．已知一个组合体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（    ）

A． B．

C． D．

11．已知函数，则关于的下列结论不正确的是（    ）

A．的图象关于直线对称

B．的图象关于点对称

C．在区间上是单调递减函数

D．将的图象向左平移个单位即可得到的图象

12．已知函数恰好有两个零点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知，是非零向量，，，向量在向量方向上的投影为，则________.

14．已知是椭圆：的右焦点，过作直线的垂线，垂足为，，则该椭圆的离心率为________.

15．在中，角，，对应的边分别为，，，，，则的面积为________.

16．已知正方体的外接球的表面积为，点，分别是，的中点，过，，的截面最长边长为，最短边长为，则________.

三、解答题

17．已知是数列的前项和，，.

(1)求数列的通项公式；

(2)已知，求数列的前项和.

18．在某次竞赛中，甲、乙两个班级各选出10人参加竞赛，已知他们得分的茎叶图如下图所示：

(1)求甲、乙两班成绩的平均数和中位数；

(2)求甲、乙两班成绩的方差，并分析两个班级成绩的稳定性.

19．如图，矩形所在的平面与平面垂直，且.已知.

(1)求证：；

(2)求四棱锥的表面积.

20．已知点是抛物线：的焦点，纵坐标为2的点在上，以为圆心、为半径的圆交轴于，，.

(1)求抛物线的方程；

(2)过作直线与抛物线交于，，求的值.

21．已知函数.

(1)已知函数在处的切线与圆相切，求实数的值.

(2)已知时，恒成立，求实数的取值范围.

22．已知在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线，都过坐标原点、倾斜角分别为，.

(1)将曲线的参数方程化为极坐标方程；

(2)已知直线，分别与曲线交于点，（与坐标原点不重合），求的面积.

23．设函数.

（1）解不等式；

（2）若对恒成立，求实数的取值范围.

参考答案：

1．B

【分析】根据一元二次不等式的解法，指数函数的性质，以及交集运算可得.

【详解】由题知，解不等式得，

因为，所以，所以，

∴.

故选：B.

2．B

【分析】利用复数运算法则和模长的性质计算即可.

【详解】.

故选：B

3．C

【分析】设渐近线方程联立，利用判别式求得斜率，然后根据公式可得.

【详解】设双曲线的渐近线为，代入联立可得，

由条件可知，故，故，

则的离心率为.

故选：C

4．C

【分析】设，由题意可得任意，恒成立，结合二次函数性质列不等式求的取值范围.

【详解】设，则，

原命题等价于：任意，使为真命题，

所以，其中

设， 则

函数，的最大值为与中的较大者，

所以，

∴，解得，

故选：C.

5．B

【分析】首先求出再代入公式，利用参考数据计算可得.

【详解】由题知，，

∴.

故选：B.

6．D

【分析】先做可行域，然后平移直线，可得最优解.

【详解】不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分所示：

平移直线，可得目标函数在点处取得最大值，由可得，即，故的最大值为.

故选：D

7．C

【分析】先利用平均数的定义求得乙缺失的历史成绩，再分别求得甲乙历史成绩的中位数，从而得解.

【详解】依题意，设乙缺失的历史成绩为，

则，解得，

所以甲同学6次历史成绩的中位数为，乙同学6次历史成绩的中位数为，

所以甲乙同学这6次成绩的各自的中位数之和为.

故选：C.

8．B

【分析】先得到函数的奇偶性，排除AC，再比较出，排除B，得到正确答案.

【详解】由题知，的定义域为，因为，

∴是奇函数，排除A，C，

因为，排除D.

故选：B.

9．B

【分析】由诱导公式可得，然后利用切化弦和二倍角公式,结合平方关系可得答案.

【详解】由得，

则，

故选：B.

10．C

【分析】先由三视图原几何体，再分别求得各面的面积相加即可得解.

【详解】由题知，该三视图对应的几何体的直观图如图所示，

其中半圆柱的底面半径为1、高为1，三棱锥中，在底面的射影为的中点，，，

∴，，

因为面，面，所以，

又，面，所以面，

又面，故，

∴，∴，∴，

∴该几何体的表面积为 .

故选：C.

11．D

【分析】由，判断AB；由换元法结合余弦函数的单调性判断C；由平移变换判断D.

【详解】∵，∴的图象关于直线对称，故A正确；

∵，∴的图象关于点对称，故B正确；

令，则，函数在区间上是减函数，

根据复合函数的单调性知，在区间上是单调递减函数，故C正确；

∵，

∴将的图象向左平移个单位即可得到的图象，

而时，，故D错误，

故选：D.

12．C

【分析】将问题转化为函数的图象与直线有两个交点，利用导数讨论的单调性，然后作出图象可解.

【详解】由题知，方程，即恰有2个解，

设，，∴，

当时，，当时，，

∴在区间上是减函数，在区间上是增函数，

当时，，当趋近于0时，趋近于0，当趋近于，趋近于，

在同一直角坐标系中作出函数图象与直线图象，则当时，恰好有2个解.

故选：C.

13．2

【分析】根据数量积的性质，结合投影定义求解可得.

【详解】∵，∴，∴，

∵向量在向量方向上的投影为，∴，

∴，

∴，

∴.

故答案为：2

14．

【分析】通过焦点到直线的距离建立a,b,c关系，解方程即可求解.

【详解】由题知，，且，即，

∴，∴，∴，∴.

故答案为：

15．/

【分析】利用正弦定理角化边，结合余弦定理可得角A，然后由面积公式可得.

【详解】由正弦定理及得，，∴，

∵，∴，∴，

∵，∴，

∴.

故答案为：

16．

【分析】通过延长可得过，，的截面为五边形，利用正方体外接球的表面积求出正方体边长，然后五个边都求出，即可得出结果.

【详解】  

如图，延长，交于点，连接交于点，

延长，交于点，连接交于点，

连接，，则过，，的截面为五边形，

设正方体的棱长为，

由正方体外接球的表面积为，

可得其外接球的半径为，直径为体对角线，

则，故，

在中，由勾股定理得，

易得，，

故，，，

故，故，，

所以最长边为，最短边为，故.

故答案为：

17．(1)

(2)

【分析】（1）利用与的关系及等比数列的定义，结合等比数列的通项公式即可求解；

（2）结合（1）的结论，利用错位相减法求和即可.

【详解】（1）当时，，

∴，

当时，，

∴，

∴是以、公比为2的等比数列，

∴.

（2）由（1）知，，

当时，.

当时，，①

∴，②

①-②得，，

∴，当时，也适合，

∴.

18．(1)平均数：甲班，86；乙班，86；中位数：甲班，87；乙班，85.5

(2)方差：甲班，44.6.乙班，59.4；甲班成绩更稳定

【分析】（1）根据平均数公式和中位数定义计算可得；

（2）根据方差公式求得方差，由方差大小关系即可得.

【详解】（1）甲班成绩的平均数为：；

乙班成绩的平均数为；

甲班成绩的中位数为：，乙班成绩的中位数为：.

（2）甲班成绩的方差为：

.

乙班成绩的方差为：

.

∵，∴甲班成绩更稳定.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由条件根据面面垂直性质定理证明平面，由此可得，结合根据线面垂直判定定理证明平面，由此可得结论；

（2）由条件依次求出各各面的面积相加即可.

【详解】（1）因为平面平面，平面平面，

且，平面，

∴平面，又平面，

∴，又，且，平面，

∴平面，又平面，

∴.

（2）因为，

所以矩形的面积为2，

在中，，，故，

故的面积为；

和的面积分别为和.

而，，，

故边上的高为，

故的面积为，

故四棱锥的表面积为.

20．(1)

(2)2

【分析】（1）根据焦半径公式和圆的弦长公式可解；

（2）设直线方程为，联立抛物线方程，利用韦达定理可得.

【详解】（1）由题知，点的横坐标为，

∴，，

∴，∴，解得，

∴抛物线的方程为.

（2）由（1）知，设，，直线的方程为，

代入，整理得，∴，即，

∴，，

∴

.

21．(1)；

(2).

【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，再结合圆的切线性质求解作答.

（2）根据给定的不等式，构造函数，利用导数结合分类讨论思想推理计算作答.

【详解】（1）依题意，圆的圆心为，半径为，

对函数求导得，则函数的图象在处的切线斜率为，而，

于是函数的图象在处的切线方程为，即，

从而，解得，

所以实数的值为2.

（2）设，依题意，当时，恒成立，

求导得，设，求导得，

当时，当时，，即有，

因此函数，即在上单调递减，于是当时，，

则函数在上单调递减，从而当时，，因此，

当时，当时，，则函数，即在上单调递增，

于是当时，，即函数在上单调递增，

因此当时，，不合题意，

当时，，函数，即在上单调递增，

则当时，，即函数在上单调递增，

于是当时，，不合题意，

所以实数的取值范围为.

【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.

22．(1)

(2)

【分析】（1）消去参数可得，将代入，即可得出答案；

（2）将以及代入极坐标方程可求得的值，进而根据三角形面积公式，即可得出答案.

【详解】（1）由（为参数），消去得，

将代入，

整理得曲线的极坐标方程为.

（2）将代入，解得，

将代入，解得.

又，

∴.

23．（1）或；（2）或.

【分析】（1）根据绝对值正负，写成分段函数，讨论自变量范围，分段求解不等式的解集；

（2）根据题意，先求解函数最大值，若对恒成立，则，计算即可求解.

【详解】（1）函数  ，

①当时，解得

②当时，解得

③当时，解得

综上，或

故解集为或；

（2）由（1）中解析式，  ，

知当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，当时，函数单调递减，且连续，则有，

由题可知，

解得或.

故实数的取值范围是或.

【点睛】本题考查（1）绝对值不等式解法（2）函数恒成立问题，考查分类讨论思想，考查转化与化归思想，但计算简单，属于基础题.