2023届陕西省联盟学校高三下学期第一次大联考数学（理）试题含解析

2023届陕西省联盟学校高三下学期第一次大联考数学（理）试题

一、单选题

1．集合,,则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据补集的性质和定义即可得出结果.

【详解】解:由题知,,

所以.

故选:C

2．在复平面内，复数与对应的点关于实轴对称，则等于

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】计算得，根据题意可得，即为所求．

【详解】由题意得，

∵复数与对应的点关于实轴对称，

∴．

故选D．

【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的几何意义，考查计算能力和理解能力，属于基础题．

3．下列说法中正确的是（    ）

A．回归直线方程为，则样本点的中心可以为

B．采用系统抽样，从800名学生中抽取一个容量为40的样本，则分组的组距为40

C．“”是“”成立的充分不必要条件

D．命题：，，则：，

【答案】A

【分析】利用样本中心点过回归直线方程判断A，根据系统抽样的抽样方法判读B，取特殊值结合充分性和必要性的定义判断C，根据全称命题的否定的判断D.

【详解】因为在回归直线方程为上，所以样本点的中心可以为，A正确；

采用系统抽样，从800名学生中抽取一个容量为40的样本，则分组的组距为，B错误；

当，时，不能推出，C错误；

命题：，，则：，，D错误；

故选：A

4．二项式的展开式中项的系数为10，则（　　）

A．8 B．6 C．5 D．10

【答案】C

【分析】写出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数为3，即可求出的值．

【详解】由二项式的展开式的通项得：令 ，得，则 ，所以，解得，

故选C．

【点睛】本题考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．

5．已知，，，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】依题意可得，再利用基本不等式计算可得.

【详解】解：因为，即，所以，又，，

则，当且仅当，时，等号成立.

故选：A

6．某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同的分配方案有

A．72种 B．36种 C．24种 D．18种

【答案】B

【分析】根据条件2名内科医生，每个村一名，3名外科医生和3名护士，平均分成两组，则分1名外科，2名护士和2名外科医生和1名护士，根据排列组合进行计算即可．

【详解】2名内科医生，每个村一名，有2种方法，

3名外科医生和3名护士，平均分成两组，要求外科医生和护士都有，则分1名外科，2名护士和2名外科医生和1名护士，

若甲村有1外科,2名护士,则有，其余的分到乙村，

若甲村有2外科,1名护士,则有，其余的分到乙村，

则总共的分配方案为2×(9+9)=2×18=36种，

故选B.

【点睛】本题主要考查了分组分配问题，解决这类问题的关键是先分组再分配，属于常考题型.

7．已知圆C：关于直线对称，则圆C中以为中点的弦长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】圆C：关于直线对称，即说明直线过圆心，可求出，再由垂径定理即可求出弦长.

【详解】圆方程配方得，圆心，，

圆C：关于直线对称，

可知直线过圆心，即，解得，

故，

则圆心与点的距离的平方为，

则圆C中以为中点的弦长为.

故选：D.

8．在xOy平面内，双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过左顶点A且斜率为的直线与渐近线在第一象限的交点为M，若，则该双曲线的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由得出，进而由斜率公式结合离心率公式求解即可.

【详解】因为且点M在渐近线上，

由得，则，，于是.

故选：B

9．在中,如果,那么的形状为（    ）

A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．不能确定

【答案】D

【分析】将写为,将写为,代入题中式子,展开化简,即可得均为锐角,但无法确定大小,由此选出结果.

【详解】解:由题知,因为中,

所以

,

故,即均为锐角,

但无法确定大小,故的形状不能确定.

故选:D

10．在中，角的对边分别为，且，则的值为（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】A

【分析】根据余弦定理与正弦定理角化边求解即可.

【详解】解：因为，

所以，由正弦定理与余弦定理得，化简得.

故选：A

11．函数在上有唯一的极大值，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题知函数在上有唯一极大值，进而得，再解不等式即可得答案.

【详解】解：方法一：当时，，

因为函数在上有唯一的极大值，

所以函数在上有唯一极大值，

所以，，解得.

故选：C

方法二：令，，则，，

所以，函数在轴右侧的第一个极大值点为，第二个极大值点为，

因为函数在上有唯一的极大值，

所以，解得.

故选：C

12．已知偶函数满足，且当时，，关于x的不等式在上有且只有30个整数解，则实数a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据条件可得出函数周期为8，再由题意可确定半周期上有3个整数解，利用导数研究函数的单调性，根据1,2,3为不等式整数解列出不等式求解即可.

【详解】，

，又函数为偶函数，，即函数周期为，

因为不等式在上有且只有30个整数解， 所以不等式在上恰有3个整数解，

又，可知时，，时，，

所以在上递增，在上递减，，所以1,2,3满足不等式，

故，且需 解得.

故选：D

二、填空题

13．曲线在点处的切线方程为_______.

【答案】

【分析】先求导，进而求得时，再由导数的几何意义求得切线方程即可.

【详解】，则，当时，则在点处的切线斜率，

则直线方程为，即.

故答案为：.

14．设数列，均为等差数列，它们的前n项和分别为，，若，则________.

【答案】

【分析】利用等差数列的性质与前项和公式求解即可.

【详解】因为数列，均为等差数列，

所以，

所以.

故答案为：.

15．点A，B是抛物线C：上的两点，F是抛物线C的焦点，若，AB中点D到抛物线C的准线的距离为d，则的最小值为________.

【答案】

【分析】由抛物线几何性质可得，再由余弦定理和基本不等式可得.

【详解】在中，

，

易得，当且仅当时等号成立.

故答案为：.

16．在四棱锥中，平面ABCD，，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，且，，直线PM与平面ABCD所成的角为，当三棱锥的体积最小时，三棱锥的外接球的体积为________.

【答案】

【分析】根据线面角的定义得出M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，再由三棱锥的体积最小，确定点M位于F，进而由长方体外接球模型结合体积公式求解.

【详解】因为平面，所以即为直线与平面所成的角，

所以.因为，所以，如图，易知M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，记点M的轨迹为圆弧EF.连接AF，当点M位于F时，三棱锥的体积最小，由长方体外接球模型可知，三棱锥的外接球球心为PF的中点，此外接球的体积.

故答案为：

三、解答题

17．数列为正项数列，，且对，都有；

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列满足，为数列的前项和，求证：

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】(1)将已知条件因式分解后化简得,即数列为等比数列,由此求得数列的通项公式.

(2)利用裂项求和法求得数列的前项和,由此证得.

【详解】（1）由，得，

而数列 为正项数列，所以，

所以数列为等比数列，首项为4，公比为2，

；

（2），

所以，

，

又，，

.

18．如图, 在棱锥中，底面是正方形，点为线段的中点, 点在线段上.

（1）若,求证：；

（2）设平面与平面所成二面角的平面角为,试确定点的位置，使得.

【答案】（1）证明见解析；（2）时, 满足.

【详解】试题分析：（1）由题意，根据几何体的结构特征证明、，即可证得平面，从而得到；（2）以为原点, 以所在直线分别为轴, 建立如图所示空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用法向量求解．

试题解析：（1）在中,,为的中点, 平分,

在中,, 过作于,则,连结FH,

因为AF=,所以，

又平面,

又平面,.

（2）,

又平面,又平面,

平面平面.过作交于点,则由平面平面知, 平面,故两两垂直，以为原点, 以所在直线分别为轴, 建立如图所示空间直角坐标系,

则,又知为的中点,,

设,则,,

设平面的法向量为,

则,取,

可求得平面的一个法向量,

设平面的法向量为,

则,

取.,解得,

当时, 满足.

【解析】直线与平面垂直的判定与证明；二面角的求解．

19．中国职业男篮CBA总决赛采用七场四胜制，即若有一队先胜四场，则此队为总冠军，比赛就此结束.现甲、乙两支球队进行总决赛，因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为.据以往资料统计，第一场比赛可获得门票收入400万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加100万元.

(1)求总决赛中获得门票总收入恰好为3000万元的概率；

(2)设总决赛中获得门票总收入为，求的数学期望.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）构造等差数列，求得比赛场次，再利用概率公式即可求得结果；

（2）由已知可得，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望.

【详解】（1）依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为400，公差为100的等差数列.

设此数列为，则易知，，所以.

解得或（舍去），所以此决赛共比赛了5场.

则前4场比赛的比分必为，且第5场比赛为领先的球队获胜，其概率为.

所以总决赛中获得门票总收入恰好为3000万元的概率为.

（2）随机变量可取的值为，，，，即2200，3000，3900，4900，

，，

，，

所以的分布列为

所以.

20．已知，为椭圆E：的上、下焦点，为平面内一个动点，其中.

(1)若，求面积的最大值；

(2)记射线与椭圆E交于，射线与椭圆E交于，若，探求，，之间的关系.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)先根据椭圆定义得出椭圆方程,在根据的范围求出面积的最大值;

(2)分别设出两个射线和,再联立方程结合向量平行得出，，之间的关系.

【详解】（1）由题可知椭圆E：的上、下焦点，

又因为,所以,

则点为椭圆上一点，且，

则，于是面积的最大值为.

（2）射线的方程为，

射线的方程为，

联立

解得，①

又，则，②

将②代入①，得.

21．已知函数（）.

(1)当时，求的单调区间；

(2)若函数有两个不同的零点，，证明：．

（其中是自然对数的底数）

【答案】(1)在单调递增，在单调递减；

(2)证明见解析.

【分析】（1）通过对函数求导，利用导数来研究函数的单调性.

（2）利用导数，通过构造函数，研究函数的单调性以及最值，再结合对数均值不等式、不等式放缩进行证明.

【详解】（1）已知函数，定义域为，

当时，，得，

所以当时，，当时，，

因此在单调递增，在单调递减.

（2）先证明，

已知函数，定义域为，

所以，

当时，，在单调递增，不满足题意；

当，可知在单调递增，在单调递减.

又当时，；当时，，

若函数有两个不同的零点，，不妨设，则，

即，令，则，

所以在上单调递增，又，

所以由，解得，所以，

因为，

设，则由于单调递增，则，

即，，利用对数均值不等式有

，可证得.

所以要证明，只要证明.

设（），则，

所以在单调递减，则.

因此有.

对数均值不等式证明如下：

不妨设，要证，即证，

令，即证，即，

即证：，令，

则，

所以在上单调递增，

所以，所以结论得证.

22．已知曲线的参数方程为（为参数）；直线（，）与曲线相交于两点，以极点为原点，极轴为轴的负半轴建立平面直角坐标系.

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）记线段的中点为，若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【详解】试题分析：（1）对曲线的参数方程消参得，再根据，进而可得曲线的极坐标方程；（2）联立和，得，设、，可得，根据，求得的最大值，从而可得实数的取值范围.

试题解析：(1)∵曲线的参数方程为（为参数），

∴所求方程为

∵

∴

∴曲线的极坐标方程为.

(2)联立和，得，

设、，则，

由，得，

当时，取最大值，故实数的取值范围为 .

23．已知函数.

(1)若（m，）对恒成立，求的最小值；

(2)若恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)去掉绝对值符号，画出函数的图像,可知函数的最小值为，利用函数的最小值转化，再结合基本不等式求解即可；

(2)由不等式构造新函数，可知函数恒过定点，再利用函数的图像求解即可.

【详解】（1）由题可得，，

函数的图像如下

如图所示，，则，即，

，

可得，于是，当且仅当时，等号成立，

故的最小值为.

（2）令，则是恒过点，斜率为的直线，

由恒成立，则表示函数图像恒在函数图像上方，

当过点时，，

结合图像分析可得，，

故.