2023届陕西省西安市临潼区、阎良区高三一模数学（理）试题含解析

2023届陕西省西安市临潼区、阎良区高三一模数学（理）试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出集合和集合，再利用集合间的运算即可求出结果.

【详解】由，得到，所以集合，

又由，得到或，所以集合或，

所以，所以.

故选：B．

2．已知是虚数单位，复数，则复数z的共轭复数为（    ）

A．2 B．2 C．2 D．2

【答案】A

【分析】由复数的乘、除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案.

【详解】因为，所以，

所以复数的共轭复数还是2.

故选：A.

3．为了提高学生综合能力，某高校每年安排大三学生在暑假期间进行社会实践活动，现将8名学生平均分配给甲，乙两家单位，其中两名外语系学生不能分给同一家单位；另三名艺术系学生也不能同时分给同一家单位，其余学生随机分配，则不同的分配方案有（    ）

A．114种 B．38种 C．108种 D．36种

【答案】D

【分析】根据分类分步计数，应用组合数求不同的分配方案数.

【详解】甲单位选择，分两种情况：

①甲单位选择1名外语系学生，选择1名艺术生，最后从剩下的3个人中选2人，即，共有18种分配方案．

②甲单位选择1名外语系学生，选择2名艺术生，最后从剩下的3个人中选1人，即，共18种分配方案．

所以不同的分配方案共有种．

故选：D

4．已知,则θ等于(    )

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据诱导公式化简计算即可.

【详解】由题知,所以或，

又因为,所以.

故选：D

5．已知，向量与向量垂直，，，2成等比数列，则与的等差中项为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【分析】利用向量垂直得到，再利用，，2成等比数列，得到，联立方程解出，的值，再利用等差中项的定义即可求出结果.

【详解】因为与垂直，所以，得到，

又因为，，2成等比数列，所以，又，联立方程和，得到，，

所以，的等差中项为．

故选：A．

6．函数是定义在上的奇函数，且在上单调递增，，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用奇函数的性质及条件，得到的单调性，再结合函数的对称性、和即可求出结果.

【详解】因为函数是奇函数，且在上单调递增，所以函数在上也单调递增，

又因为，所以，不等式等价于或，

即或，得到．

故选：D．

7．已知分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上的任意一点且，则双曲线离心率的取值范围是（    ）

A．(1,2] B．[2 +) C．(1,3] D．[3，+)

【答案】C

【分析】由双曲线定义，变形后由基本不等式得最小值，从而得，再利用双曲线中的范围有，由此结合可得离心率的范围．

【详解】因为是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上的任意一点，

所以，则，

代入得，

当且仅当时取等号，

因为，所以，

又点是双曲线右支上任意一点，所以，即，即，

所以，又，所以.

故选：C．

8．在R上定义运算，若关于x的不等式的解集是集合的子集，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先根据在R上定义运算，结合分式不等式的解法求出不等式的解集，再根据集合的包含关系列出不等式，即可得解.

【详解】由得，

即，解得，

由题设知，解得.

故选：C.

9．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先利用函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，排除不符合题意的选项，然后观察剩余选项的不同点，利用函数值的符号排除不符合题意的选项，从而得出答案.

【详解】由题意可知，函数的定义域为，，

所以为奇函数，排除选项A，B；

当时，，所以，

所以，排除D．

故选：C.

【点睛】解决函数图象的识别问题的技巧：一是活用性质，常利用函数的单调性与奇偶性来排除不合适的选项；二是取特殊点，根据函数的解析式选择特殊点，即可排除不合适的选项，从而得出正确的选项．

10．数列的前项和为，，若该数列满足，则下列命题中错误的是（    ）

A．是等差数列 B．

C． D．是等比数列

【答案】C

【分析】利用可化简已知等式证得A正确；利用等差数列通项公式可整理得到B正确；由与关系可求得C错误；由，结合等比数列定义可知D正确.

【详解】对于A，当时，由得：，

，即，又，

数列是以为首项，为公差的等差数列，A正确；

对于B，由A知：，，B正确；

对于C，当时，，

经检验：不满足，，C错误；

对于D，由B得：，，又，

是以为首项，为公比的等比数列，D正确.

故选：C.

11．定义在上的单调函数，若对任意实数，都有，若是方程的一个解，则可能存在的区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意可得为常数，令（m为常数），则，再根据求出，令，利用导数求出函数的单调区间，再根据零点的存在性定理即可得解.

【详解】单调函数，对于，都有，

所以为常数，

令（m为常数），

所以，所以，

即，

因为函数在上都是增函数，

所以函数在上是增函数，

所以，

所以，

又，所以，

因为是方程的一个解，所以是方程的解，

令，则，

当时恒成立，

所以单调递增，

又，，

所以．

故选：C．

12．已知，分别为双曲线的左､右焦点，且，点P为双曲线右支上一点，M为的内心，若成立，则λ的值为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据，可得，从而可求得离心率，设的内切圆半径为，根据，可得，再根据双曲线的定义即可得解.

【详解】因为，所以，即，

所以，所以离心率，

设的内切圆半径为，

则，

又，

所以，

即，

所以，

所以.

故选：B.

【点睛】根据，得出是解决本题的关键所在.

二、填空题

13．二项式的展开式中，项的系数为______．

【答案】

【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.

【详解】二项式的展开式的通项公式为，

令，求得，所以，所以可得展开式中项的系数为．

故答案为：.

14．在中，点D是边BC上一点，且，.，，则DC=___________.

【答案】3

【分析】在中，利用余弦定理得到进而在中，利用两角差正弦公式得到结果．

【详解】在中，，可得.

又由余弦定理，，可得.

在中，，

由此可得，

由已知可得，代入可得，

所以，所以.

故答案为：3.

15．空间四边形ABCD中，AC与BD是四边形的两条对角线，M，N分别为线段AB，CD上的两点，且满足，，若点G在线段MN上，且满足，若向量满足，则______．

【答案】

【分析】利用空间向量的运算法则，直接求出，再利用空间向量基本定理，即可求出结果.

【详解】因为

，

所以．

故答案：.

16．表面积为100π的球面上有四点S､A､B､C，△ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为3，若面SAB⊥面ABC，则棱锥体积的最大值为___________.

【答案】

【分析】求出球半径及球心到平面的距离，进而求出外接圆半径，利用面面垂直结合球的截面小圆性质，求出的外接圆半径，确定点S到平面的最大距离即可作答.

【详解】依题意，球的半径，令正的中心为，则，且平面，

外接圆半径，连接并延长交于D，则D为的中点，且，

显然，而平面平面，平面平面，有平面，

令的外接圆圆心为，则平面，有，

又平面ABCD，平面ABCD，所以，

由,所以平面，所以，

而平面平面，平面平面，平面，则平面，

即有，因此四边形为平行四边形，则，，

的外接圆半径，的外接圆上点到直线距离最大值为，

而点在平面上的射影在直线上，于是点到平面距离的最大值，

又正的面积，

所以棱锥的体积最大值.

故答案为：

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.

三、解答题

17．已知函数．

(1)求函数的单调递减区间及对称轴方程；

(2)若在中，角A，B、C所对的边分别为a，b，c，且，，求面积的最大值．

【答案】(1)单调减区间为，；对称轴方程，

(2)

【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式化简函数解析式，用整体代入法求函数的单调递减区间及对称轴方程；

（2）由，求出角A，余弦定理求的最大值，面积公式可求面积的最大值．

【详解】（1），

由，，得函数的单调减区间为，．

由，，得，，

所以函数的对称轴方程，．

（2）由得，由，∴，∴．

又，由余弦定理得，

所以，得，当且仅当时等号成立，

所以，

所以面积的最大值为．

18．在四棱锥中，，，，，．

(1)求证：平面平面；

(2)求平面与平面所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由等腰三角形的性质和勾股定理，有，，可得面ABCD，则有面面ABCD．

（2）建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量，求平面PAD与平面PBC所成角的余弦值.

【详解】（1）证明：取BD中点O，连接PO，AO．

因为，O为BD中点，所以．

在、中，因为，，， ，所以，

又在中，，所以．

又，，所以，

又，AO，平面ABCD，所以面ABCD，

又面PBD，所以面面ABCD．

（2）由于为等腰直角三角形，O为斜边BD的中点，所以，由（1）知面ABCD，

以O为原点，OA，OB，OP为x轴，y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，

所以，，，，

设平面PAD与平面PBC的法向量分别为，，

由，和得和

令，，则，，设法向量，所成的角为，

则，所以平面PAD与平面PBC所成角的余弦值为．

19．甲乙二人均为射击队S中的射击选手，某次训练中，二人进行了100次“对抗赛”，每次“对抗赛”中，二人各自射击一次，并记录二人射击的环数，更接近10环者获胜，环数相同则记为“平局”．已知100次对抗的成绩的频率分布如下：

这100次“对抗赛”中甲乙二人各自击中各环数的频率可以视为相应的概率．

(1)设甲，乙两位选手各自射击一次，得到的环数分别为随机变量X，Y，求，，，．

(2)若某位选手在一次射击中命中9环或10环，则称这次射击成绩优秀，以这100次对抗赛的成绩为观测数据，能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为甲的射击成绩优秀与乙的射击成绩优秀有关联？

(3)在某次团队赛中，射击队S只要在最后两次射击中获得至少19环即可夺得此次比赛的冠军，现有以下三种方案：

方案一：由选手甲射击2次﹔

方案二：由选手甲、乙各射击1次；

方案三：由选手乙射击2次．

则哪种方案最有利于射击队S夺冠？请说明理由．

附：参考公式：

参考数据：

【答案】(1)，，，

(2)不能

(3)方案二；理由见解析

【分析】（1）由随机变量X，Y的取值，计算相应的概率，列出分布列，求，，，；

（2）根据列联表，计算，与临界值比较，得出结论；

（3）分别计算三种方案射击队S夺冠的概率，选择最有利方案.

【详解】（1）根据题意，选手甲击中10环的频数为，击中9环的频数为，击中8环的频数为；选手乙击中10环的频数为，击中9环的频数为，击中8环的频数为；

以频率作概率，可得X，Y的分布列分别为

故，

，

，

，

（2）根据题意，在100次“对抗赛”中，他们成绩同时优秀的频数为，仅甲优秀的频数为，仅乙优秀的频数为；二人均非优秀的频数为4，

故可得以下列联表：

根据列联表中的数据，经计算得到

，

因此，在犯错误的概率不超过0.01的前提下，不能认为甲的射击成绩优秀与乙的射击成绩优秀有关联．

（3）记事件“S队夺冠（即最后两次射击总环数达到19环）”．

若采用方案一：则取得19环的概率为，取得20环的概率为，故A事件发生概率为0.56．

若采用方案二：则取得19环的概率为，取得20环的概率为，故A事件发生概率为0.57．

若采用方案三：则取得19环的概率为，取得20环的概率为，故A事件发生概率为0.55．

因为，故应采用方案二．

20．在椭圆C：，，过点与的直线的斜率为．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设F为椭圆C的右焦点，P为直线上任意一点，过F作PF的垂线交椭圆C于M，N两点，当取最大值时，求直线MN的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由已知条件解出、，可得椭圆C的标准方程．

（2）设点，则直线FP的斜率为，表示出直线MN的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理和基本不等式求取最大值的条件，解得直线MN的方程．

【详解】（1）过点与的直线的斜率为，所以，即，

又，即，解得，．

所以椭圆C的标准方程是．

（2）如图所示，

由题知，设点，则直线FP的斜率为．

当时，直线MN的斜率，直线MN的方程是；

当时，直线MN的方程是，也符合的形式，

将直线MN的方程代入椭圆方程得，且，

设，，则，，

所以

．

又，令，则，

当且仅当，即时等号成立，由，解得，

即当时取最大值时，此时直线MN的方程为或．

【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．

21．已知函数，．

(1)若，讨论函数的单调性；

(2)当时，恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)函数在区间单调递增

(2)

【分析】（1）利用条件求出实数，得到函数，再通过导数的正负得到函数的单调区间；

（2）通过构造函数，转化成求的最大值，再通过对进行分类讨论，进而求出符合条件的的取值范围.

【详解】（1）因为，，所以，

所以，解得，

所以．

令，则，

当时，，即在区间上单调递减，

当时，，即在区间上单调递增，

所以，所以在区间上恒成立，

所以函数在区间上单调递增．

（2）令，

所以在区间上恒成立，即函数在区间上恒成立，

又，

令，则．

①当时，，所以函数在区间上为减函数，

所以，所以函数在区间上为减函数，

又，

所以时，在区间上恒成立；

②当时，令，则，

因为，所以，

故函数在区间上单调递减，又，

所以单调递减，且，

所以函数在区间上为减函数，又，

所以时，在区间上恒成立，

③当时，构造函数，其中，因为，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，所以，，

所以，

所以，

又，

所以存在使得，

即当时，，此时函数在上单调递增，

又，所以函数在上单调递增，

又，不合题意．

综上所述，实数a的取值范围是．

【点睛】利用导数解决恒成立问题，常通过构造函数，转化成求函数的最值.

22．在平面直角坐标系中，直线过定点，倾斜角为，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)写出曲线的直角坐标方程和直线的参数方程；

(2)设直线与曲线相交于两点，设，若，求直线的方程.

【答案】(1)曲线，直线（为参数）

(2)

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标互化原则可直接得到曲线的直角坐标方程；根据直线所过定点和倾斜角，可直接得到直线的参数方程；

（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线参数方程中参数的几何意义和韦达定理可构造方程求得，由此可得直线方程.

【详解】（1）过定点，倾斜角为，的参数方程为：（为参数）；

由得：，

，即曲线的直角坐标方程为.

（2）将的参数方程代入曲线的直角坐标方程得：，

即，

设对应的参数分别为，则，，

，

，又，，

，解得：，满足，

直线的斜率，

直线的方程为，即.

23．若函数，且.

(1)若，时，不等式恒成立，求实数的取值范围；

(2)若函数的最小值为，试证明点在定直线上.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由恒成立的不等式可得，利用恒成立的思想可构造不等式组求得结果；

（2）利用绝对值三角不等式可求得，由此可得结论.

【详解】（1）当，时，，

由得：，，则，

，解得：，即实数的取值范围为.

（2）（当且仅当时取等号），

，即点在定直线上.