2023届陕西省西安市长安区高三一模数学（理）试题含解析

这是一份2023届陕西省西安市长安区高三一模数学（理）试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届陕西省西安市长安区高三一模数学（理）试题 一、单选题1．复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根据复数的运算法则求得，得到，结合复数几何意义，即可求解.【详解】由复数，可得，则，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D.2．设集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先化简集合A，B，再利用集合的补集和交集运算求解.【详解】解：因为集合，，所以，，故选：B.3．在平行四边形中，为的重心，，则（    ）A． B．2 C． D．3【答案】A【分析】设与相交于点，根据为的重心，化简得到，结合，求得和的值，即可求解.【详解】如图所示，设与相交于点，由为的重心，可得为的中点，且，则，因为，所以，故.故选：A.4．执行如图所示的程序框图.如果输入的为2，输出的为4，那么（    ）A．13 B．14 C．15 D．16【答案】C【分析】根据循环结构，得到输出的公式，得到，再结合框图，判断的值.【详解】由程序框图可知，输出的，则，得，那么判断框图.故选：C.5．某兴趣小组由2名男同学与3名女同学组成，他们完成一项活动后，要从这5名同学中选2人写活动体会，则所选男生人数不少于1名的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】列举法求解古典概型的概率.【详解】设2名男生为名女生为，从5人中选2人的总选法为，共10种不同选法，则没有男生的选法共3种：，故所求概率为.故选：D6．若，且，则（    ）A． B．-1 C．1 D．2【答案】D【分析】利用诱导公式可得，即，再根据商数关系化弦为切，求出，再根据两角差的正切公式即可得解.【详解】因为，所以，由，得，即，所以，即，解得或（舍），所以.故选：D.7．圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，被列为第四批全国重点文物保护单位，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美.如图，小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度约为(取)（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】在直角中可得，再在中利用正弦定理可得，所以由结合正弦的两角差公式即可求解.【详解】在直角中，，因为在中，，，所以，在中由正弦定理可得，又由，所以在直角中，可得,故选：B8．设且，则的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据对数的运算性质，分别得到，即可求解.【详解】由，可得，则因为，所以，则，因为，所以.故选：A.9．已知函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（    ）A．函数为偶函数B．函数在上单调递增C．若，则的最小值为D．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象【答案】C【分析】化简得到，由，可判定A不正确；由三角函数的图象与性质，可判定B不正确，C正确；根据三角函数的图象变换，可判定D不正确.【详解】由函数的图象关于直线对称，可得，解得，因为，令，可得，所以，对于A中，由，所以为奇函数成立，故A不正确；对于B中，由时，可得，函数在上不是单调函数；故B不正确；对于C中：因为，又因为，所以的最小值为半个周期，即，故C正确；对于D中：函数的图象向右平移个单位长度得，故D不正确.故选：C.10．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则下列说法错误的是（    ）A．球与圆柱的表面积之比为B．四面体的体积的取值范围为C．若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为D．平面DEF截得球的截面面积最小值为【答案】D【分析】A.由球的半径为，得到圆柱的底面半径为，圆柱的高为，再分别利用球表面积和圆柱的表面积公式求解判断；B.根据四面体的体积等于求解判断；C.根据点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的射影为，得到，设，，由求解判断；D.过作于，设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，由求解判断.【详解】由球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，则球表面积为，圆柱的表面积，所以球与圆柱的表面积之比为，故正确；由题可知四面体的体积等于，点到平面的距离，又，所以，故B正确；由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的射影为，如图所示：则，设，则，所以，所以，故C正确.过作于，如图所示：则由题可得，设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，则，所以平面截得球的截面面积最小值为，故D错误；故选：D11．点为抛物线上的两点，是抛物线的焦点，若中点到抛物线的准线的距离为，则的最小值为（    ）A．2 B．1 C． D．【答案】B【分析】设，，由题意得与，的关系，在三角形中由余弦定理得与的关系，求出比值，由基本不等式求出最值即可.【详解】设，，则，，，当且仅当时取等号，取最大值1，则的最小值为1.故选：B.12．已知函数及其导函数的定义域均为，对任意的，恒有，则下列说法正确的是（    ）A． B．必为偶函数C． D．若，则【答案】D【分析】令，求得或，可判定A不正确；由时，得到，函数既是奇函数又是偶函数；又由时，得到为奇函数可判定B不正确；令，得到，令，得到，可判定C不正确；求得得到的值有周期性，且6个为一周期，进而判定D正确.【详解】对于A中，令，则由，可得，故或，故A不正确；对于B中，当时，令，则，则，故，函数既是奇函数又是偶函数；当时，令，则，所以为偶函数，则为奇函数；综合以上可知必为奇函数，B不正确；对于C中，令，则，故，由于，令，即，即有，故C不正确；对于D中，若，令，则，则，故令，则，即，所以，令，则，即，所以，令，则，即，所以，，令，则，即，，令，则，即，，令，则，即，，由此可得的值有周期性，且6个为一周期，且，故，故D正确.故选：D. 二、填空题13．的展开式中的系数为______.（请用数字作答）【答案】【分析】先求出的展开式通项公式，再结合两个二项式相乘特点求出r，即可求得答案.【详解】的展开式通项为，因为无整数解，故的展开式中的系数为展开式中的系数，令得，系数为，故的展开式中的系数为.故答案为：14．直线与圆交于两点，则弦长的最小值是___________.【答案】【分析】先把圆的方程化成标准形式，从而得出圆心坐标和半径，再通过直线方程得出直线过定点，发现定点在圆的内部，从而根据圆的有关知识知：当定点是弦的中点时，弦长最短，从而求出弦长的最小值.【详解】圆化成标准形式为圆，圆心，半径，直线过定点，并在圆内，最短时，点为弦的中点，即时，所以.故答案为：.15．若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为___________.【答案】【分析】根据题意转化为只有一个根，令，求得，得出函数的单调性与最小值，求得，再求得，得出函数的单调区间，结合，求得函数的最值，即可求解.【详解】因为函数在内有且只有一个零点，即方程在内只有一个根，即在内只有一个根，令，可得，再令，解得，当时，，单调减，当时，，单调增，所以当时，有最小值，即，所以函数，则，令时，解得.当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，又由，故函数在上的最大值为，最小值为，最大值与最小值的和为.故答案为：.16．已知椭圆上一点，它关于原点的对称点为，点为椭圆右焦点，且满足，设，且，则该椭圆的离心率的取值范围是___________.【答案】【分析】通过几何性质表达出该椭圆的离心率的函数，即可得出该椭圆的离心率的取值范围.【详解】由题意，在中，设左焦点为，，它关于原点的对称点为，点为椭圆右焦点，∵，∴四边形为矩形，∴.∵，∴，由椭圆的定义得，∴.∵∴，∴，∴.故答案为：. 三、解答题17．已知数列、，满足，，.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）分析可知对任意的，，推导出数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；（2）求出的表达式，然后利用裂项相消法可求得的表达式.【详解】（1）解：因为，，则，，，以此类推可知，对任意的，，所以，即，，又因为，所以是首项为，公比为的等比数列，所以的通项公式为.（2）解：，则，所以，，故.18．在斜三棱柱中，△ABC是边长为2的正三角形，侧棱 ，顶点 在面ABC的射影为BC边的中点O.(1)求证：面⊥面(2)求面ABC与面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)先证明,再证明,继而证明平面,根据面面垂直的判定定理即可证明结论;(2)建立空间直角坐标系,求出相关各点的坐标,再求出平面和平面的的法向量,利用向量的夹角公式,求得答案.【详解】（1）证明：，且O为BC中点，,又平面，所以,，平面 ,故平面,而平面，故平面平面 .（2）以O为坐标原点,以为，为，为建立空间直角坐标系，如图所示：因为，所以,故,从而,设面的法向量为则, 则,令,从而可得,因为平面，所以面的一个法向量,故，设面与面所成锐二面角为，则,故，故面与面所成锐二面角的余弦值为.19．某公司计划在2023年年初将200万元用于投资，现有两个项目供选择.项目一：新能源汽车.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利，也可能亏损，且这两种情况发生的概率分别为和；项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利，可能损失，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为.(1)针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由；(2)若市场预期不变，该投资公司按照（1）中选择的项目长期投资（每一年的利润和本金继续用作投资），问大约在哪一年的年底总资产（利润+本金）可以翻两番？（参考数据）【答案】(1)建议该投资公司选择项目一进行投资，理由见解析(2)大约在2030年年底总资产可以翻两番 【分析】（1）分别计算出两个项目的期望和方差，比较后得到结论；（2）设年后总资产可以翻两番，根据题意列出方程，求出答案.【详解】（1）若投资项目一，设获利为万元，则的分布列为60-30若投资项目二，设获利为万元，则的分布列为1000-60，，，，，这说明虽然项目一､项目二获利的均值相等，但项目一更稳妥.综上所述，建议该投资公司选择项目一进行投资.（2）假设年后总资产可以翻两番，依题意，，即，两边取对数，得，，，大约在2030年年底总资产可以翻两番.20．数学家加斯帕尔·蒙日创立的《画法几何学》对世界各国科学技术的发展影响深远.在双曲线中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是双曲线的中心，半径等于实半轴长与虚半轴长的平方差的算术平方根，这个圆被称为蒙日圆.已知双曲线的实轴长为，其蒙日圆方程为.(1)求双曲线的标准方程；(2)设点关于坐标原点的对称点为，不过点且斜率为的直线与双曲线相交于两点，直线与交于点，求直线的斜率值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意得到方程组，求得，即可求得的标准方程；（2）设，直线为，联立方程组，取得，得到，得出直线和的方程，求得，分和的同时存在与其中一个斜率不存在，两种情况讨论，即可求解.【详解】（1）解：由题意知，双曲线的实轴长为，其蒙日圆方程为，可得，解得，所以的标准方程为：.（2）解：设，直线的方程为，由，整理得，因为直线与相交于两点，所以，且，由点，当直线的斜率均存在时，，所以直线的方程为，直线的方程为两方程联立方程组，可得，显然，可得，所以，当直线的斜率不存在时，可得直线的方程为，直线的方程为，则，所以.当直线的斜率不存在时，可得直线的方程为，直线的方程为，则，所以，即综上可得：直线的斜率值.【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.21．已知.(1)若时，求的单调区间；(2)当时，.求实数的取值范围.【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为(2) 【分析】（1）先求出函数的定义域，然后求出导函数，再根据导数与单调性的关系，令导函数，解出的范围即为函数的单调区间.（2）先对变形，然后根据变形后的形式构造新函数，转化为求函数的最值问题，从而得出的取值范围.【详解】（1）定义域为，当时，，令，则，由得，由得，所以在上单调递减，在上单调递增.所以恒成立.由得，由得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由题意得，令，由得，由得，在上单调递减，在上单调递增..，即.令则恒成立（仅当时等号成立），所以在上单调递减.，即实数的取值范围为.22．在平面直角坐标系中，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，已知直线的极坐标方程为．(1)写出直线的参数方程及曲线的普通方程；(2)设点，若直线与曲线交于A、B两点，且，求实数的值．【答案】(1)（为参数），(2) 【分析】（1）利用极坐标与普通方程的互化，，得到直线的普通方程，从而求出参数方程，再通过消去曲线的参数，即可求出曲线的普通方程；（2）利用参数方程的几何意义和条件即可求出实数的取值.【详解】（1）因为，所以，又因为，，所以化简为，所以直线的参数方程为（为参数），由（为参数），消去得；，所以曲线的普通方程为.（2）设两点对应参数分别为，由知，与反向，所以点在圆内，将直线的参数方程（为参数），代入曲线的普通方程， 得到，由韦达定理得，，，又因为直线和曲线有两个不同的交点，则，即，解得，又因为点在圆内，所以，得到，又由，得到，所以，由参数的几何意义知，，又因为，不妨设，由，得到，解得，满足条件，所以实数的值为．23．设函数，．(1)当时，求不等式的解集；(2)对任意，恒有，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由绝对值不等式的解法，当a=2，分，，三种情况讨论，求解不等式即可得解；（2）分析可得原题意等价于，结合绝对值不等式分析运算.【详解】（1）当时，可得，当时，则，解得，此时得；当时，则，此时无解；当时，则，解得，此时得；综上所述：不等式的解集为．（2）对任意，恒有，等价于，因为，当且仅当时，等号成立所以，且，即，解得或，所以实数的取值范围为．【点睛】考查绝对值不等式的解法，不等式恒成立问题，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．