2023届陕西省西安市第六中学分校高三下学期4月模拟数学试题含解析

这是一份2023届陕西省西安市第六中学分校高三下学期4月模拟数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届陕西省西安市第六中学分校高三下学期4月模拟数学试题 一、单选题1．设集合，，则（     ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据集合的交集运算求解.【详解】因为，，所以，故选：C .2．若复数，则（     ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据共轭复数的概念可得，再根据复数的乘法运算即可求得答案.【详解】复数，则，则，故选：A3．在矩形中，点为的中点，记，，则（     ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用表示，由此可得，再由关系求.【详解】因为，所以，由，所以，所以，故选：C.4．某校分别统计了甲、乙两人星期一至星期五每天在“学习强国”上的学习积分情况，得到如下条形图：则下列结论中错误的是 （     ）A．甲的积分的众数大于乙的积分的众数B．甲积分的方差小于乙积分的方差C．在这5天中，随机抽取1天，乙积分大于30分的概率为0.6D．在这5天中，随机抽取1天，甲积分大于30分的概率为0.4【答案】B【分析】根据众数的定义判断A，根据方差的意义判断B，由古典概型概率公式判断CD.【详解】甲的积分的众数为30分，乙的积分的众数为20，所以甲的积分的众数大于乙的积分的众数，A正确，从条形图可知，甲的积分不如乙的积分的稳定，所以甲积分的方差大于乙积分的方差，B错误；5天中，有三天乙的积分大于30分，故乙积分大于30分的概率为0.6，C正确，5天中，有两天甲的积分大于30分，甲积分大于30分的概率为0.4，D正确，故选：B.5．若实数满足约束条件，则的最小值为（     ）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出可行域，平移直线，根据几何意义结合图象，即可得出答案.【详解】作出可行域，如下图由可得，，平移直线，由图象可知，当直线经过点时，直线的截距最小，此时最小.由可得，，即点，此时.故选：C.6．将函数的图象向右平移个单位长度得到曲线，若关于点对称，则的最小值是（     ）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】B【分析】利用三角函数图象变换结论求出变换后的函数图象额解析式，再由余弦函数的对称性的性质求的最小值.【详解】函数的图象向右平移个单位长度得到的曲线的函数解析式为，由已知函数的图象关于点对称，所以，，所以，又，所以的最小值是，故选：B.7．孙子定理出自古代名著《孙子算经》，其研究正整数的整除问题，其实质构成一个等差数列，例如三三数之剩一（被3除余1）的正整数构成等差数列.若满足四四数之剩三且六六数之剩五（被4除余3且被6除余5）的正整数构成数列，则的前项和（     ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意可得数列为等差数列，进而可得.【详解】被4除余3且被6除余5的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成首项为，公差为的等差数列，所以，.故选：.8．执行下面的程序框图，则输出的（     ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】模拟程序的运行，直到满足条件，即可确定答案.【详解】模拟程序运行：开始 输入，运行：，，，此时满足，输出，故选：B9．在长方体中，与和所成的角均为，则下面说法正确的是（     ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据长方体的结构特征，可得与和所成的角即为与和所成的角,从而设,由此可求得长方体的棱长，即可一一判断各选项，即得答案.【详解】在长方体中，,则与和所成的角即为与和所成的角,即,连接,易得面，面，且面，面，则为直角三角形，设,则,故，故A错误；由为直角三角形，可得,则,故B错误；由以上解答可知,故，C错误；在长方体中，，，故，D正确，故选：D10．已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的左支分别交于两点，且，若点为的中点，，则的离心率为（     ）A． B． C．2 D．3【答案】A【分析】由条件结合双曲线定义列出关于的齐次方程，由此可求的离心率.【详解】设双曲线的半焦距为， 则，因为，所以，由双曲线定义可得，所以因为点为的中点，，所以，即所以，所以，所以离心率，故选：A.11．已知函数，则其在区间上的极大值点与极小值点之差为（     ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出导函数，解出的解.然后根据导函数，得出函数的单调性，即可得出函数的极值点，即可得出答案.【详解】由已知可得，.解可得，或.因为，所以，，.当时，，所以，所以在上单调递增；当时，，所以，所以在上单调递减；当时，，所以，所以在上单调递增.所以，在处取得极大值，在处取得极小值，所以，在区间上的极大值点与极小值点之差为.故选：D.12．已知球的表面积为，正六棱锥的顶点为，底面的六个顶点均在球的球面上，当该正六棱锥的体积最大时，其底面面积为（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由条件结合球的表面积公式求出球的半径，由球的截面性质求出球心到底面的距离，根据锥体体积公式求锥体体积，再求其最大值，确定取最大值时底面面积.【详解】设正六棱锥的底面的中心为,由球的截面性质可得平面， 设球的半径为,，，则，因为球的表面积为，所以，所以，因为，所以，所以，六边形可分割为6个边长为的等边三角形，所以其面积为，所以六棱锥的体积，，求导可得，令，可得（舍去）或，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以当时，函数取最大值，最大值为，此时，底面的面积为.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于结合球的截面性质确定球的半径和六棱锥的底面边长及高的关系，由此利用高表示六棱锥的体积，再利用导数求其最值. 二、填空题13．已知点分别为菱形的边的中点，在菱形内随机取一点，则该点取自四边形内的概率为__________.【答案】/【分析】由条件证明，四边形为矩形，利用分别表示菱形和四边形的面积，再利用几何概率模型公式求解.【详解】连接，由已知，因为点分别为菱形的边的中点，所以， 又，所以四边形为矩形，所以四边形的面积，又菱形的面积，所以事件该点取自四边形内的概率，故答案为：.14．可同时满足以下三个条件的抛物线的方程为_______.（写出一个满足题意的即可），①的顶点在坐标原点；②的对称轴为坐标轴；③的焦点在圆上.【答案】（答案不唯一）【分析】分抛物线的焦点在轴上，以及在轴上，分别求出焦点的坐标，即可得出答案.【详解】由已知可得出的焦点在坐标轴上.若抛物线的焦点在轴上，由，代入可得，所以抛物线的焦点为，.当抛物线的焦点为时，抛物线的方程为；当抛物线的焦点为时，抛物线的方程为.若抛物线的焦点在轴上，由，代入可得或，所以抛物线的焦点为，.当抛物线的焦点为时，抛物线的方程为；当抛物线的焦点为时，抛物线的方程为.综上所述，可同时满足三个条件的抛物线的方程为或或或.故答案为：.15．已知数列是等比数列，若数列的前4项和为，且，则____.【答案】【分析】由已知可得数列是等比数列，设公比为，则.然后根据已知列出方程组，求解即可得出答案.【详解】由已知可得数列是等比数列，设公比为，则.显然，由题意可得，，两式相除可得，，所以，所以.故答案为：. 三、双空题16．若函数是偶函数，则_______，____.【答案】          【分析】由可得.根据偶函数定义域的对称性，即可得出.求出并化简可得，根据偶函数的性质，即可得出恒等式，即可得出.【详解】由可得.当，即时，该不等式解集为.因为函数是偶函数，则由偶函数的性质，可得定义域关于原点对称，所以，所以，定义域为；当，即时，该不等式解集为，不满足题意，舍去；当，即时，该不等式解集为，定义域不关于原点对称，所以函数不是偶函数，舍去.综上所述，.所以.又，由可知，，所以有.因为，所以，所以.故答案为：；. 四、解答题17．已知的内角的对边分别为，且.(1)若的面积为，求；(2)若，证明：是等腰三角形.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据已知结合三角形的面积公式可推出，即有.然后根据三角形的内角和公式即可得出答案；（2）根据两角和的正弦公式展开以及两角和的正弦公式的逆用，即可得出，然后根据角的范围，即可得出，然后根据三角形的内角和公式即可得出答案.【详解】（1）由已知可得，，所以，所以.因为，所以，所以.（2）因为，因为，所以，所以，所以，所以，所以，是等腰三角形.18．某校为提升课后延时服务的质量，从该学校男生、女生中各随机抽取100名进行问卷评分（总分100分），评分统计结果如下：分数段男生10204030女生20303020(1)分别估计男生、女生评分的平均值（同一组中的数据以该组数据所在区间的中点值为代表）；(2)该校规定评分不低于80分表示对课后延时服务满意，否则为不满意.根据所给数据，完成下面的列联表： 满意不满意合计男生   女生   合计  200并判断能否有的把握认为男、女生评分有差异？附：，其中0.10.010.0012.7056.63510.828 【答案】(1)84；80(2)列联表见解析；没有 【分析】（1）根据平均值的计算方法可求得答案；（2）由表中数据可得出列联表，计算的值，与已知数据比较，可得结论.【详解】（1）由题意可得男生评分的平均值为，女生评分的平均值为，（2）由题意可得列联表： 满意不满意合计男生7030100女生5050100合计12080200故，故没有的把握认为男、女生评分有差异.19．如图，在四面体中，点分别为边的中点，点在线段上.(1)证明：平面；(2)若平面平面，，均为等边三角形，，求四面体的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由已知可推得平面，平面.进而得出平面平面，即可根据面面平行的性质，得出线面平行；（2）取中点为，取中点为，连接.由已知可推得，.然后根据面面垂直的性质，即可得出平面.根据面面平行的性质，即可得出平面，得出点到平面的距离，即等于点到平面的距离.求出的面积，即可得出答案.【详解】（1）因为点分别为边的中点，所以，.因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面.因为平面，平面，，所以平面平面.又平面，所以平面.（2）如图，取中点为，连接.取中点为，连接.因为，所以，.因为分别是的中点，所以，且.因为，均为等边三角形，是中点，所以，，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.由（1）可知，平面平面，平面，所以平面.又，所以点到平面的距离，即等于点到平面的距离.又，所以，四面体的体积.20．已知函数.(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)若函数在定义域内有两个零点，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出在处的导数值，即切线斜率，求出，即可得出切线方程；（2）分离参数得，则有两个零点等价于和有两个交点，利用导数判断的单调性即可得出.【详解】（1）当时，，.，.∴切线方程为，即；（2）函数的定义域是，当时，函数可化为，，此时函数没有零点，当时，令，则.设，则与的图象在上有两个交点.，令，则，所以在单调递减，又，所以当时，，，函数在上单调递增，当时，，，函数在上单调递减，又，当时，，，当时，，根据以上信息，作出函数的大致图象如下：观察图象可得，解得，所以的取值范围是.【点睛】思路点睛：本题考查根据函数零点个数求参数范围，解题的关键是分离参数，转化为和有两个交点，利用导数求的单调性和最值即可.21．已知椭圆的上、下顶点分别为，点在上，且.(1)求椭圆的标准方程；(2)设坐标原点为，若不经过点的直线与相交于两点，直线与的斜率互为相反数，当的面积最大时，求直线的方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意在上，可得，利用，得出，即可求得椭圆方程；（2）设直线的方程，和椭圆方程联立，求出M点坐标，以代换k, 可得N点坐标，从而确定直线的斜率，设直线的方程，联立椭圆方程，利用根与系数的关系结合点到直线的距离，表示出的面积，结合二次函数知识，即可求得答案.【详解】（1）由题意椭圆的上、下顶点分别为，故，点在上，故，又，即，即，解得，结合可得，故椭圆的标准方程为.（2）由题意知直线斜率存在，故设为k，则直线的方程为，联立，可得，由题意知该方程有一根为，设，则，则，因为直线与的斜率互为相反数，设，故以代换,可得，，由题意可得，故，所以直线的斜率为 ，即直线的斜率为，则设其方程为，联立，可得，需满足，则 ，故,原点O到直线的距离为，故的面积为 ，当，即时，的面积取到最大值，此时直线的方程.【点睛】难点点睛：解答第二问时涉及到三角形面积取最大值，计算量较大，难度较高，解答时要利用直线方程和椭圆方程的联立，确定直线的斜率，进而利用弦长公式和点到直线的距离表示出的面积，从而可解决问题.22．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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标系方程为.(1)写出曲线的普通方程；(2)求曲线与交点的直角坐标.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由平方法和代入法，消去参数，可得所求普通方程；（2）由极坐标和直角坐标的关系，结合两角和的余弦公式，化简可得曲线的直角坐标方程，联立曲线与两个方程，解方程可得所求交点坐标.【详解】（1）由曲线的参数方程为（为参数），可得，即；（2）曲线的极坐标系方程为，即为，即，可得，联立，可得，解得（舍去），，所以曲线与交点的直角坐标.23．已知正数满足.(1)证明：；(2)证明：【答案】(1)证明过程见详解(2)证明过程见详解 【分析】（1）根据3个数的不等式关系即可求解；（2）根据基本不等式和3个数的不等式关系即可求解.【详解】（1）因为均为正数，所以（当且仅当时，取等号）因为，所以.（2）由基本不等式可知，，，，则，当且仅当时，取等号，故.