陕西省安康市2023-2024学年高三上学期第一次质量联考数学（理科）试题及答案

这是一份陕西省安康市2023-2024学年高三上学期第一次质量联考数学（理科）试题及答案，共12页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，设满足约束条件则的最小值为，已知，则，5 B，函数的最小正周期和最小值分别是，函数的极大值点为等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.
2.请将各题答案填写在答题卡上.
第Ⅰ卷
一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.设集合，若，则（ ）
A.2 B. C.1 D.0
2.若复数，则实数（ ）
A.2 B.±2 C.-2 D.1
3.设满足约束条件则的最小值为（ ）
A.-12 B.3 C.-10 D.0
4.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
5.某地居民对某项服务满意度评分的频率分布直方图如图所示，若同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，则估计该地居民对这项服务满意度评分的平均值为（ ）
A.67.5 B.68 C.67 D.66.5
6.已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上一点，的最大值为6，且，则椭圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
7.在中，角的对边分别是，已知，则（ ）
A.11 B.6 C.5 D.9
8.函数的最小正周期和最小值分别是（ ）
A.和-2 B.和 C.和 D.和-2
9.函数的极大值点为（ ）
A.-2 B. C.0 D.-1
10.已知是定义在上的奇函数，且单调递增，若，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
11.过抛物线的焦点作直线与抛物线分别交于点和点，若直线与互相垂直，则的最小值为（ ）
A.8 B.16 C.24 D.32
12.已知圆锥的底面半径为4，母线长为9，则该圆锥内半径最大的球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
第II卷
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.一批产品的次品率为0.01，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次.表示抽到的次品件数，则__________.
14.__________.
15.《九章算术•商功》：“斜解立方（正方体），得两堑堵.”如图，在堑堵中，则异面直线与所成的角为__________.
16.已知向量，若，则__________.
三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17.（12分）
已知是各项均为正数的等比数列，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求的前项和.
18.（12分）
如图，在四棱锥中，平面为矩形，分别是的中点.
（1）证明：平面.
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
19.（12分）
某商场进行有奖促销，一次性消费5000元以上的顾客可以进行抽奖，游戏规则如下：甲盒中装有2个红球和3个白球，乙盒中装有3个红球和2个白球，先从甲盒中一次性取两个球，若两球同色奖励100元购物券，不同色没有奖励，并将取出的两个球（不管是否同色）放入乙盒中；再从乙盒中一次性取出两个球，若两球同色再奖励100元购物券，不同色没有奖励，并将取出的两个球（不管是否同色）放入甲盒；若前两次都没有获得奖励可再获得一次抽奖机会，从甲､乙两盒中各取一个球，若两球同色奖励100元购物券，不同色没有奖励，抽奖结束.已知顾客获得了抽奖机会.
（1）求顾客获得200元购物券的概率；
（2）试判断顾客获得多少元购物券的概率最大.
20.（12分）
已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）当时，对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
21.（12分）
设双曲线的左､右焦点分别为，且焦距为4，点在双曲线C上.
（1）求双曲线的方程；
（2）已知是直线上一点，直线交双曲线于两点（在第一象限），为坐标原点，过点作直线的平行线与直线交于点，与轴交于点，证明：为线段的中点.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；
（2）求曲线上一点到直线的距离的最大值.
23.[选修：不等式选讲]（10分）
已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若的图象与轴围成的三角形面积为6，求.
2023~2024学年度安康市高三年级第一次质量联考
数学试卷参考答案（理科）
1.D 因为，所以.当时，，此时，舍去；当时，，此时，符合题意.
2.C 因为，所以故.
3.A 作出可行域（图略），当直线经过点时，有最小值，最小值为-12.
4.B 因为，所以.
5.A .
6.C 因为的最大值为，所以.因为，由椭圆定义得，即，所以.因为，所以，所以椭圆的标准方程为.
7.A 因为，且，所以，整理得，故.
8.C 因为，所以的最小正周期是，最小值为.
9.D 因为，所以在上单调递增，在上单调递减，故极大值点为-1.
10.A 因为为奇函数，且，所以.因为单调递增，所以不等式等价于，故.
11.D 设直线与的斜率分别为，则，
联立方程组消去并整理得，
设，则，
，同理，
于是得，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为32.
12.B 圆锥内半径最大的球为该圆锥的内切球，如图，该圆锥的母线长，底面半径
4，则高.记该内切球与母线切于点，则.
在Rt中，，即，
解得，故所求球的表面积为.
注：也可用三角形的内切圆半径公式计算，在中，8，
高，则，所以，故所求球的表面积为.
因为，所以.
14. 因为，所以.
15. 由题意知斩堵为半个正方体，连接，则.
因为，所以平面，所以，
所以异面直线与所成的角为.
16. 因为，所以可设.
因为，所以.
因为，所以，得，所以，故.
17.解：（1）设的公比为，因为，
所以，即，解得或.
因为，所以，故.
（2）由（1）知，
所以.
18.（1）证明：取的中点，连接.
因为分别是的中点，所以.
因为分别是的中点，且为矩形，
所以.
因为，
所以平面平面.
因为平面，所以平面.
（2）解：由题意易知，两两垂直.
如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系.
因为，所以，
.
设平面的法向量为，因为，
所以令，得.
取平面的一个法向量为，
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19.解：（1）记顾客获得200元购物券为事件，即前两次取的球都同色，
所以顾客获得200元购物券的概率
（2）顾客获得购物券的金额可能为0元，100元，200元.
记顾客获得0元购物券为事件，即前两次取的球均不同色，第三次取的球仍不同色，
，
所以顾客获得100元购物券的概率为，
所以顾客获得100元购物券的概率最大.
20.解：（1）.
当时，在上单调递减，在上单调递增.
当时，令，得或，令，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
当时，恒成立，则在上单调递增.
当时，令，得或，令，得，
在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2），即，整理得
因为，所以.
令.
因为，所以在上单调递减.
因为，所以，所以.
因为，所以.令，则.
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以
所以，即实数的取值范围是.
21.（1）解：因为焦距为4，所以.
将点代入的方程中，得.
因为，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）证明：由（1）知，的横坐标为，设直线的方程为，则.
联立方程组得.
设，则.
因为，所以直线的方程为.
直线的方程为，
联立方程组
得，
由两式相除，
得，则，
所以
.
因为，所以，故为线段的中点.
22.解：（1）因为直线的参数方程为（为参数），
所以直线的普通方程为.
因为曲线的极坐标方程为，
所以，即.
因为所以，
所以曲线的直角坐标方程为
（2）因为曲线的参数方程为（为参数），
所以设，
所以
当时，.
23.解：（1）若，则.
当时，由，得，所以；
当时，，得，所以；
当时，由，得，所以.
综上所述，不等式的解集为.
（2）因为
所以的图象与轴围成的三角形的三个顶点分别为，
，
所以的面积为.
由，得或（舍去），故.