2023届陕西省铜川市王益中学高三下学期一模数学（理）试题含解析

2023届陕西省铜川市王益中学高三下学期一模数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】解一元二次不等式可得集合，根据二次函数的值域可得集合，再根据交集的运算即可求解.

【详解】由，，

所以.

故选:B．

2．已知i是虚数单位，若，则（    ）

A．1 B． C． D．3

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算，化简，进而即可求出答案.

【详解】因为，

所以．

故选：C.

3．已知单位向量，的夹角为，向量，且，则的值为（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】C

【分析】根据已知向量，且，得出，根据已知单位向量，的夹角为，得出，且，即可代入得出，即可解出答案.

【详解】由已知得，

单位向量，的夹角为，

，且，

所以，解得，

故选：C．

4．将4名新招聘的工人分配到A，B两个生产车间，每个车间至少安排1名工人，则不同安排方案有（    ）

A．36种 B．14种 C．22种 D．8种

【答案】B

【分析】分为其中一个车间安排1名工人和两个车间都安排两名工人两种情况，求解即可得出答案.

【详解】将4名工人，安排到两个车间：分为其中一个车间安排1名工人，另一车间安排3名工人和两个车间都安排两名工人，两种情况.

其中一个车间安排1名工人，另一车间安排3名工人的方案有：；

两个车间都安排两名工人的方案有：.

所以，不同的安排方案有.

故选：B.

5．设正项等比数列的前n项和为，若，，则通项（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设公比为q，解得出的值.

【详解】设等比数列的公比为q，则，且不为1

又由已知可得，解得，所以．

故选：D.

6．已知函数，将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变，再将图象向上平移个单位长度后得到函数的图象，且函数的最大值为6，则的解析式为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】化简可得，然后通过变换可得.根据函数最大值，解出，即可得出答案.

【详解】，

将其图象上所有点横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变，得到，

再将图象向上平移个单位长度后得到函数的图象，

因为的最大值为6，

所以，解得，

故.

故选：A．

7．某人设计了如图程序框图，则输出的结果是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】列举出算法的没一个步骤，即可得出输出结果.

【详解】第一次循环，成立，，，成立；

第二次循环，，，成立；

第三次循环，，，成立；

第四次循环，，，不成立，，成立；

第五次循环，，，成立；

第六次循环，，，成立；

第七次循环，，，成立；

第八次循环，，，成立；

第九次循环，，，成立；

第十次循环，，，不成立，

跳出循环体，输出.

故选：A.

8．某几何体三视图如图所示，则其外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由三视图还原四棱锥，可知四棱锥的外接球就是这个长方体的外接球，根据长方体的外接球半径公式求出R，利用球体的表面积公式即可求解.

【详解】解：在长方体中还原该几何体如图所示，图中四棱锥就是这个几何体，

由此可知四棱锥的外接球就是这个长方体的外接球，

故由三视图中的数据知球的半径，

故其外接球的表面积所求面积为，

故选：A．

9．圆心在曲线上，与直线x+y+1=0相切，且面积最小的圆的方程为（　　）

A．x2+（y-1）2=2 B．x2+（y+1）2=2 C．（x-1）2+y2=2 D．（x+1）2+y2=2

【答案】A

【分析】设与直线x+y+1＝0平行与曲线相切的直线方程为x+y+m＝0，切点为P（x0，y0），x0＞﹣1，解得x0,可得切点P即圆心，利用点到直线的距离公式可得半径r,求解即可．

【详解】设与直线x+y+1＝0平行与曲线相切的直线方程为x+y+m＝0，

切点为P（x0，y0）．x0＞0．

y′＝﹣，∴﹣＝﹣1，x0＞﹣1，解得x0＝0．可得切点P（0，1）,

两条平行线之间的距离为面积最小的圆的半径；∴半径r＝＝ ．

∴圆心在曲线上，且与直线x+y+1＝0相切的面积最小的圆的方程为：x2+（y﹣1）2＝2．

故选A．

【点睛】本题考查导数的几何意义、切线方程的求法，考查圆的方程、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

10．已知函数（且），若关于x的方程有4个解，且，则（    ）

A．16 B．10 C．8 D．4

【答案】B

【分析】当时，根据已知画出函数与的图象，即可根据对称性结合已知得出，且，，，，根据对数的运算得出，即可两式作和化简代入得出答案.

【详解】当时，，

在坐标系下作出函数与的图象如图所示：

由图形的对称性知，

且，，，，

则根据对数运算得出，

，，

则，

即，

两式作和得，

又由于，

所以．

当时，，

同理仍得，

故选：B.

11．已知椭圆，与双曲线具有相同焦点F1、F2，且在第一象限交于点P，椭圆与双曲线的离心率分别为e1、e2，若∠F1PF2＝，则的最小值是

A． B．2＋ C． D．

【答案】A

【分析】首先根据椭圆与双曲线的定义，得出与所满足的关系，列出式子，求得边长，之后借助于余弦定理，求得，之后应用椭圆的离心率与双曲线的离心率的式子，化简应用基本不等式求得最小值.

【详解】根据题意，可知，

解得，

根据余弦定理，可知，

整理得，

所以 ，

故选A.

【点睛】该题考查的是有关椭圆和双曲线的离心率的问题，涉及到的知识点有椭圆和双曲线的定义，余弦定理，椭圆和双曲线的离心率，基本不等式求最小值的问题，正确理解知识点是正确解题的关键.

12．已知函数，若总成立，则a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】构造函数，对进行求导，分和讨论，当时，求出，则得到不等式，解出即可.

【详解】由题意设，则原命题转化为总成立．

由于，

故当时，则，故函数为单调增函数，

不存在最值，故与题意不符，

当时，由于，令，解得．

故当时，，此时单调递减，

当时，此时单调递增，

故，

所以，又，

不等式化为，解得．

故选：C.

二、填空题

13．二项式的展开式中，常数项为__________．

【答案】

【分析】求出二项式的展开式的通项，令的指数幂为0，从而可求解.

【详解】二项式的展开式的通项为，

令，解得，

故所求系数为．

故答案为：.

14．设实数x，y满足，则的取值范围是__________．

【答案】

【分析】设，有不等式组作出可行域，得出的范围.化简，然后根据的范围，即可求出答案.

【详解】设，根据约束条件作出可行域如图所示，

解可得，，所以.

由图知当目标函数经过点或点时取得最小值，当目标函数经过点时取得最大值，即．

又，

又，

所以，当时，该式有最小值为；当时，有最大值为.

故答案为：．

15．若，则函数的值域是__________．

【答案】

【分析】化简可得.令，根据几何意义求出的范围，即可得出答案.

【详解】，

设，，则.

由于，则，且.

设，

由该式的几何意义得下面图形，，其中直线为圆的切线，由图知.

由图知，

在中，有，，所以，

所以，所以.

所以，，故所求值域为．

故答案为：．

16．已知数列中，，且，数列的前n项和为，若对任意的正整数n，总有，则t的取值范围是__________．

【答案】.

【分析】由递推关系可得是等差数列，故，，利用裂项相消法可得，列不等式组即可求解.

【详解】由得，

所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以，即．

所以．

故

，

易知数列为递增函数，且，所以，

故，解得或．

故答案为:.

三、解答题

17．已知的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，若．

(1)求角A的值；

(2)若，求面积S的最大值．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）由已知可推得.由正弦定理可得，进而得出，即可得出；

（2）由余弦定理可得，.结合基本不等式可得出，代入面积公式即可得出最小值.

【详解】（1）由已知可得，.

因为，所以，

所以，整理可得，

由正弦定理得，

即.

又，所以.

由于，所以．

（2）由余弦定理，可得.

又，当且仅当时取得等号，

所以.

所以，面积，

所以，面积S的最大值为．

18．某品牌手机厂为了更好地提升品牌的性能，进行了问卷调查，问卷满分为100分，现从中选出具有代表性的50份调查问卷加以研究．现将这50份问卷按成绩分成如下五组：第一组，3份；第二组，8份；第三组；第四组；第五组，4份；已知其中得分高于60分的问卷份数为20．

(1)在第二组与第四组问卷中任取两份，这两份问卷成绩得分差不低于20分的概率；

(2)如果在这50份调查问卷中随机取4份，其中及格份数记为随机变量X，写出X的分布列（结果只要求用组合数表示），并求出期望．

【答案】(1)；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）由题意可得第四组有16份问卷，所取两份问卷分差不低于20分，故在第二组与第四组中各取一人，由古典概型的计算公式即可求解；

（2）随机变量X取值为0，1，2，3，4，求出各变量对应的概率，即可得到分布列与期望.

【详解】（1）由于成绩在的问卷为4份，又得分高于60分的问卷份数为20，

故第四组有16份问卷.

由于所取两份问卷分差不低于20分，故由题意知是在第二组与第四组中各取一人，

故所求概率为．

（2）由题意知随机变量X取值为0，1，2，3，4．

，

X的分布列为：

所以期望．

19．如图，四棱锥中，底面，，，且．

(1)求证：；

(2)若平面与平面所成的二面角的余弦值为，求与底面所成的角的正切值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）由已知结合勾股定理可推得，.进而证得平面，然后根据线面垂直的性质即可得出；

（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系. 设写出各点的坐标，根据向量法得出平面与平面的法向量，结合已知可得，求出点坐标.在中，求出即可.

【详解】（1）取中点E，连接，则由已知得且，所以．

由已知可得，，.

又，所以，

所以.

又底面，平面，所以.

又，平面，平面.

所以平面.

因为平面，所以．

（2）

如图，以所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．

设，由题知，，，，.

则，，.

设是平面的一个法向量.

所以有，

令，则，，则是平面的一个法向量.

由已知得，是平面的一个法向量.

又平面与平面所成的二面角的余弦值为，

则，

整理可得，.

因为，所以，即．

由直线与平面所成角定义知与底面所成的角为，

在中，有，所以．

所以，与底面所成的角的正切值为.

20．已知点M，N分别是椭圆的右顶点与上顶点，原点O到直线的距离为，且椭圆的离心率为．

(1)求椭圆C的方程；

(2)斜率不为0的直线经过椭圆右焦点，并且与椭圆交于A，B两点，点P在椭圆上，O为原点，若，求直线的方程．

【答案】(1)；

(2)或．

【分析】（1）由已知可推出直线的方程为.由已知可得，解方程组即可得出答案；

（2）设的方程为.联立直线与椭圆的方程，得出，由韦达定理得出坐标之间的关系，表示出点.代入椭圆方程，整理化简即可得出，代入即可得出的值.

【详解】（1）由已知可得，，，所以直线的方程可设为，

即.

所以点到直线的距离.

又椭圆的离心率为，所以.

联立，解得，

故椭圆方程为．

（2）由（1）知，椭圆的右焦点为，设直线的方程为.

设，，.

联立直线与椭圆的方程，消x得，

由韦达定理可得.

因为，所以，

因为点P在椭圆上，

所以

，所以.

因为

．

化简得，得，

当时，直线的方程为；当时，直线的方程为.

综上，直线的方程为或．

21．已知函数．

(1)若存在使得成立，求a的取值范围；

(2)设函数有两个极值点，且，求证：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）分离参数可得，设，原题可转化为.求出，构造，可证得恒成立，进而得出单调递增，即可得出a的取值范围；

（2）求出.由已知可得，是方程的两个相异实根，且.求出，整理可得.换元令，，求出，即可得出.

【详解】（1）由于，故转化为．

设，则.

设，则.

由于，解，解得.

解可得，，所以在上单调递增；

解可得，，所以在上单调递减.

故在处有极小值，也是最小值.

所以故在上总成立，所以为单调增函数.

又存在使得成立，只需即可，

所以，即a的取值范围是．

（2）由已知可得，定义域为，且.

由已知有两个极值点，

所以方程有两个相异根，则，且，

，，所以，.

所以，，

所以

.

令，则，设.

则，

所以在为减函数，

所以.

即．

【点睛】方法点睛：小问1中，根据，分离参数得到.构造函数，通过求解函数的最值，即可得出的取值范围.

22．已知直线l的参数方程为（其中t为参数），以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．

(1)求曲线C的直角坐标方程及直线l的极坐标方程；

(2)若，直线l与曲线C的两个交点分别为A，B，求的值．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）由已知可得，进而即可得出曲线C的直角坐标方程.消去参数，可得直线方程为，即可得出直线的极坐标方程；

（2）解法一：将直线的参数方程代入曲线可得，.根据韦达定理得到的关系，代入即可求解；解法二：联立直线与曲线的方程，求出交点的坐标.然后根据两点间的距离公式，求出、的值，代入即可得出结果.

【详解】（1）由曲线C的极坐标方程得，

化为直角坐标方程为．

又由直线l的参数方程得直线，

所以直线l的极坐标方程为．

（2）解法一：将直线的参数方程代入曲线可得，，

整理可得，.

设点对应的参数分别为，则是方程的两个根.

由韦达定理可得，.

所以，.

解法二：联立直线与曲线的方程可得，，

解得，.

代入可得，，.

不妨设，，则，.

所以，.

23．已知函数．

(1)求函数的最小值M；

(2)若且，求的最小值．

【答案】(1);

(2).

【分析】（1）利用零点分段法将写出分段函数的形式，画出图象，由图象可以看出函数的最小值；

（2）由（1）知，利用基本不等式可得，再利用基本不等式可得的最小值.

【详解】（1）由于，作出此函数图象如图所示:

由图象可知函数的最小值为，即．

（2）由（1）知，所以，所以，

即，当且仅当时等号成立，

∴,当且仅当时等号成立．

故的最小值为.