陕西省咸阳市2023届高三理科数学下学期一模试题（Word版附解析）

咸阳市2023年高考模拟检测（一）

数学（理科）试题

注意事项：

1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟．

2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上．

3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号绘里，如需上县市区下改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．

4．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收．

第Ⅰ卷（选择题共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 设集合，，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义求解作答.

【详解】由得：，而，

所以.

故选：C

2. 已知复数的共轭复数为，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据共轭复数的概念，复数除法运算求解即可.

【详解】解：由题知，所以

故选：A

3. 已知向量，都是单位向量，且，则（）

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，利用平面向量数量积的运算律计算作答.

【详解】向量，都是单位向量，且，则，解得，

所以.

故选：D

4. 古希腊大哲学家芝诺提出一个有名的悖论，其大意是：“阿喀琉斯是古希腊神话中善跑的英雄，在他和乌龟的赛跑中，他的速度是乌龟速度的10倍，乌龟在他前面100米爬行，他在后而追，但他不可能追上乌龟，原因是在竞赛中，追者首先必须到达被追者的出发点，当阿喀琉斯追了100米时，乌龟已在他前面爬行了10米，而当他追到乌龟爬行的10米时，乌龟又向前爬行了1米，就这样，乌龟会制造出无穷个起点，它总能在起点与自己之间制造出一个距离，不管这个距离有多小，只要乌龟不停地向前爬行，阿喀琉斯就永远追不上乌龟．“试问在阿喀琉斯与乌龟的竞赛中，当阿喀斯与乌龟相距0.01米时，乌龟共爬行了（）

A. 11.1米 B. 10.1米 C. 11.11米 D. 11米

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，利用等比数列通项及前n项和公式计算作答.

【详解】依题意，乌龟爬行的距离依次排成一列构成等比数列，，公比，，

所以当阿喀斯与乌龟相距0.01米时，乌龟共爬行的距离.

故选：C

5. 设F为抛物线C：的焦点，点A在C上，且A到C焦点的距离为3，到y轴的距离为2，则p＝（）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，求出抛物线C的焦点坐标及准线方程，再利用定义求解作答.

【详解】抛物线C：的焦点，准线方程，

显然点A的横坐标为2，由抛物线定义得：，所以.

故选：B

6. 执行如图所示的程序框图，若输入，则输出s＝（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定的程序框图，运行程序，依次计算判断作答.

【详解】执行程序，第一次循环：；第二次循环：；

第三次循环：；第四次循环：，退出循环，输出，

所以.

故选：A

7. 已知α，β是两个不同平面，a，b是两条不同直线，则下列命题正确的是（）

A. 若，，则

B. 若，，，则

C. 若，，，则

D. 若，，，则

【答案】C

【解析】

【分析】分别利用线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的性质定理判断即可.

【详解】对于,若，，则或，故错误，

对于,若，，时，可能与相交，但不垂直，即不一定，故错误，

对于,由平面与平面垂直的性质定理可知，若，，，时，则，若时，直线与平面不垂直，故错误，

对于C. 若，则两平面的法向量互相垂直，因为，，所以，正确
 

故选：C.

8. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则的面积为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出边长a，再判断三角形形状，求出面积作答.

【详解】在中，由正弦定理得：，因此，

则，而，即有是正三角形，

所以的面积.

故选：B

9. 如图，中，，，为的中点，将沿折叠成三棱锥，则当该三棱锥体积最大时它的外接球的表面积为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题可证明平面，进而得时，三角形的面积最大，此时三棱锥的体积最大，再求在该条件下的几何体的外接球半径，进而得表面积.

【详解】解：在中，，，为的中点，

所以，，

所以，三棱锥中，，

因为平面，

所以，平面，

所以，当底面三角形的面积最大时，该三棱锥的体积最大，

因为，当且仅当时等号成立，

所以，当时，三角形的面积最大，此时三棱锥的体积最大，

所以，两两垂直，

所以，三棱锥的外接球即为以为邻边的正方体的外接球，

所以，棱锥的外接球直径为以为邻边的正方体的体对角线，

所以，三棱锥的外接球的半径满足，

所以，三棱锥的外接球的表面积为.

故选：C

10. 某家族有两种遗传性状，该家族某成员出现性状的概率为，出现性状的概率为，两种性状都不出现的概率为，则该成员两种性状都出现的概率为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设该家族某成员出现性状为事件，出现性状为事件，进而根据题意得，再结合求解即可.

【详解】解：设该家族某成员出现性状为事件，出现性状为事件，

则两种性状都不出现为事件，两种性状都出现为事件，

所以，，，

所以，，

又因为，

所以，，

故选：B

11. 直线过双曲线）的右焦点，与双曲线的两条渐近线分别交于两点，为原点，且，，则双曲线的离心率为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意得，进而结合双曲线的性质和已知条件得，，，再根据，，得，进而根据离心率公式求解即可.

【详解】解：如图，设直线为双曲线的两条渐近线，

则直线的方程分别为，，

因为，所以，即，

因为，直线的方程分别为，即，

所以到直线的距离为，

所以，在直角三角形中，

因为，所以，

所以，，

所以，在直角三角形中，，

因为直线的方程分别为，所以，

由双曲线渐近线的对称性，，

所以，即，

整理得，

所以，双曲线的离心率为

故选：D

12. 已知定义在R上的偶函数满足：当时，，且．若关于x的方程有8个实根，则a的取值范围为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】分析函数的性质，在同一坐标系内作出函数与的部分图象，结合图象列出不等式，求解作答.

【详解】当时，，求导得：，显然当时，，

即函数在上单调递增，而是R上的偶函数，则在上单调递减，

又，即，因此函数是周期函数，周期为2，且，

函数，是R上的偶函数，在上单调递减，在上单调递增，

在同一坐标系内作出函数与的部分图象，如图，

关于x的方程的根，即是函数与的图象交点的横坐标，

依题意，函数与的图象有8交点，则在时，有4个交点，

观察图象知，，解得，

所以a的取值范围为.

故选：B

【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过等价变形，转化为两个函数的图象交点个数，数形结合推理作答.

第Ⅱ卷（非选择题共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 受新冠病毒肺炎影响，某学校按照上级文件精神，要求错峰放学去食堂吃饭，高三年级一层楼有四个班排队，甲班不能排在最后，且乙、丙班必须排在一起，则这四个班排队吃饭不同方案有__________种（用数字作答）．

【答案】8

【解析】

【分析】根据相邻问题捆绑法，特殊位置（元素）法求解即可.

【详解】解：先将乙、丙班排序，并绑在一起，看成一个元素，有种方案，

此时考虑将甲，丁及乙、丙的整体3个元素排序，

由于甲班不能排在最后，故将甲班选取1个位置安排，有种方案，

最后，再将丁及乙、丙的整体安排在剩下的两个位置上，有种方案，

所以，根据乘法原理，共有种方案.

故答案为：

14. 已知半径为1的圆过点，则该圆圆心到原点距离的最大值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】设该圆圆心为，进而得该圆圆心的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，再结合圆上的点到定点的距离求最值即可.

【详解】解：设该圆圆心为，因为半径为1的圆过点，

所以，，

所以，该圆圆心的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，

因为到原点的距离为，

所以，该圆圆心到原点的距离的最大值为

故答案为：

15. 设函数相邻两条对称轴之间的距离为，，则的最小值为__________．

【答案】##

【解析】

【分析】根据给定的条件，求出函数的周期，进而求出，再利用最值求出的表达式作答.

【详解】因为函数相邻两条对称轴之间的距离为，则函数的周期，

，又，因此，即，

所以当时，.

故答案为：

16. 已知函数，则函数零点的个数是__________．

【答案】

【解析】

【分析】由题知或，进而作出函数的图象，数形结合求解即可.

【详解】解：令，即，解得或，

作出函数的图象如图，

由图可知，方程有个实数解，有个实数解，且均互不相同，

所以，的实数解有个，

所以，函数零点的个数是个.

故答案为：

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题：共60分．

17. 已知数列的前n项之积为．

（1）求数列的通项公式；

（2）设公差不为0的等差数列中，，，求数列的前n项和．请从①；②这两个条件中选择一个条件，补充在上面的问题中并作答注：如果选择多个条件分别作答，则按照第一个解答计分．

【答案】（1）；

（2）条件选择见解析，.

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，利用前n项积的意义求解作答.

（2）选择条件①②，结合等差数列求出的通项，再利用错位相减法求解作答.

【小问1详解】

因为数列的前n项之积为，则当时，，

而当时，满足上式，

所以数列的通项公式是．

【小问2详解】

选①，，设等差数列的公差为d，而，则，又，解得，

因此，，

则

于是得

两式相减得，

所以．

选②，，而数列是等差数列，则，即，又，则公差，

因此，，

则

于是得

两式相减得，

所以．

18. 某学校为研究高三学生的身体素质与体育锻炼时间的关系，对该校400名高三学生（其中女生220名）平均每天体育锻炼时间进行调查，得到下表：

将日平均体育锻炼时间在40分钟以上的学生称为“锻炼达标生”，调查知女生有40人为“锻炼达标生”．

（1）完成下面2×2列联表，试问：能否有99.9%以上的把握认为“锻炼达标生”与性别有关？

附：，其中．

（2）在“锻炼达标生”中用分层抽样方法抽取10人进行体育锻炼体会交流，再从这10人中选2人作重点发言，记这2人中女生的人数为X，求X的分布列和数学期望．

【答案】（1）填表见解析；有99.9%以上的把认为“锻炼达标生”与有关

（2）分布列见解析；期望为

【解析】

【分析】（1）计算出的值，结合临界值表可得出结论；

（2）列出随即变量的分布列，利用期望的公式计算可得.

【小问1详解】

补充完整的2×2列联表如下：

∵，

∴有99.9%以上的把认为“锻炼达标生”与有关．

【小问2详解】

“锻炼达标生”中男女人数之比为60：40＝3：2，抽取的男生有6，女生有4人，

易知X＝0，1，2，，，，

X的分布列为：

．

19. 如图，直三棱柱中，，D为上一点．

（1）证明：当D为的中点时，平面平面；

（2）若，异面直线AB和所成角的余弦值为时，求二面角

的余弦值．

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可；

（2）以为原点，直线CA，CB，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求解即可；或者利用异面直线的定义作出异面直线AB和所成角，利用余弦定理求出的长度，再利用二面角的定义作出二面角平面角，即可求解.

【小问1详解】

证明：如图，分别取，的中点E，F，连接DE，EF，，

易知,且∥, ∴是平行四边形，∴．

由，为的中点，可知，

而平面平面，且平面平面，平面，

∴平面．

又∵，∴ DE⊥平面，

而平面，∴平面平面．

【小问2详解】

方法1：

不妨设，，注意到，知或其补角为异面直线AB和所成角，

在△中，，，

易知，   解得，

即D为的中点，

如图，延长交AC的延长线于，连接，过C作于，连接，

∵平面,,,

∴平面，∴,

又∵,   ∴平面 , ∴

∴为二面角的平面角，

在△中，，，得，

∴，

即二面角的平面角的余弦值为．

方法2：

取C为原点，直线CA，CB，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，，则，，，，

∴，．

∴，解得．

由已知可得平面的一个法向量为，

易知，，设平面的法向量为，

由得，

可取，则．

∴二面角的平面角的余弦值为．

20. 已知椭圆的离心率为，它的四个顶点构成的四边形的面积为．

（1）求椭圆的方程；

（2）设过点的直线与圆相切且与椭圆交于、两点，求的最大值．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程，解出、的值，可得出椭圆的方程；

（2）分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，利用直线与圆相切可得出，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式以及基本不等式可求得的最大值.

【小问1详解】

解：椭圆的四个顶点构成的四边形的面积为，

由题意可得，解得，．

所以，椭圆的方程为．

【小问2详解】

解：若直线与轴重合，此时直线与圆相交，不合乎题意，

设直线的方程为，由题意可得，即.

联立消去得，即，

．

设、，则，．

所以，

．

令，则，则，

当且仅当时等号成立，此时，．

故的最大值为．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．

21. 已知函数．

（1）求的单调区间；

（2）若对于任意，恒成立，求证：．

【答案】（1）递增区间为；递减区间为

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用导数求解函数的单调区间即可；

（2）由题知对于任意的恒成立，进而分时和时两种情况讨论求解即可.

【小问1详解】

解：，

令，则，即，

解得的递增区间为；

令，则，即，

解得的递减区间为．

所以，的递增区间为，递减区间为

【小问2详解】

证明：因为，对于任意的，恒成立，

所以，对于任意的恒成立，

当时，；

当时，，

令，，

所以，．

令，，

所以，上恒成立，

所以，上单调递减，

所以，，即在上恒成立

所以，在上单调递减，

所以，，

所以，．

综上，．

【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于分离参数，进而构造函数，转化为求函数的最小值问题.

（二）选考题：共10分，考生从22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．

【选修4-4：坐标系与参数方程】

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

（1）写出曲线的直角坐标方程；

（2）设直线与曲线交于两点，若，求的值．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标方程的互化求解即可；

（2）根据直线的参数方程的几何意义求解即可.

【小问1详解】

解：曲线：，

所以，曲线的直角坐标方程为．

【小问2详解】

解：法1：

将直线的参数方程为（t为参数）代入曲线的直角坐标方程得：

，整理得，

设方程的实数根为，

所以，，

所以一正一负，

所以，由直线的参数方程几何意义得：

．

法2：

由（1）知曲线表示圆，圆心为，半径为

直线（t为参数）化为直角坐标方程为，

所以，曲线的圆心到直线的距离为，

所以，直线与曲线相交，

因为，即点在圆内，

所以，．

【选修4-5：不等式选讲】

23. 已知函数．

（1）解不等式；

（2）设的最小值为m，且，求证．

【答案】（1）；

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）用分段函数表示函数，再分段解不等式作答.

（2）利用（1）的结论，利用均值不等式“1”的妙用推理作答.

【小问1详解】

依题意，函数，因此不等式化为：

或或，解得或或，

所以不等式的解集为．

【小问2详解】

由（1）知，，即有，

因此

，

当且仅当，即，，时等号成立，

所以．