2023届陕西省咸阳市高新一中高三上学期第一次质量检测数学（理）试题含解析

这是一份2023届陕西省咸阳市高新一中高三上学期第一次质量检测数学（理）试题含解析，共18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届陕西省咸阳市高新一中高三上学期第一次质量检测数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则＝（    ）A． B． C． D． 【答案】B【分析】根据集合交集补集运算求解即可.【详解】解：因为，，所以或，所以．故选：B．2．命题“，”的否定为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】由特称命题的否定需改变量词，否定结论可得.【详解】命题“，”的否定为“，”．故选：C．3．已知点是角的终边上一点，则（    ）A． B． C．3 或  D．3【答案】A【分析】因为点是角的终边上一点，所以，从而求得再根据可知.【详解】因为点是角的终边上一点，所以，由 解得因为，所以，，所以故. 故选： A.4．三名同学到五个社区参加社会实践活动，要求每个社区有且只有一名同学，每名同学至多去两个社区，则不同的派法共有（    ）A．90种 B．180种 C．125种 D．243种【答案】A【分析】根据题意先分组后排列即得.【详解】由题可把五个社区分为1,2,2三组，有种分法，然后将三组看作三个不同元素进行全排列，有种排法，所以不同的派法共有(种).故选：.5．九连环是一种流传于我国民间的传统智力玩具.它用九个圆环相连成串，以解开为胜.它在中国有近两千年的历史，《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载.周邦彦也留下关于九连环的名句“纵妙手、能解连环.”九连环有多种玩法，在某种玩法中:已知解下1个圆环最少需要移动圆环1次，解下2个圆环最少需要移动圆环 2 次，记 为解下个圆环需要移动圆环的最少次数，且，则解下 8 个圆环所需要移动圆环的最 少次数为（    ）A．30 B．90 C．170 D．341【答案】C【分析】根据，逐个代入，即可求解.【详解】由题，，所以. 故选.：C6．如图，长方体 中，，若直线与平面所成的角为，则直线与直线所成的角为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先证平面，则即为直线与平面所成的角，即，为正方形，可得，由长方体性质可得，即为正三角形，由得为直线与直线所成的角，即【详解】连接，与交于点，连接，是长方体，平面，平面，∴，，为正方形，，，平面，∴平面，则即为直线与平面所成的角，所以.平面，∴，即是直角三角形. 由题，，所以，又，所以为直线与直线所成的角，由，易得对角线，即为正三角形，故.故选：C7．若直线与圆交于A，B两点，则当周长最小时，k＝（    ）A． B． C．1 D．－1【答案】C【分析】由直线方程可得直线恒过定点，由圆的几何性质可得当时，周长最小，由此可求的值.【详解】直线的方程可化为所以直线恒过定点，因为所以点在圆内，由圆的性质可得当时，最小，周长最小，又，所以，此时．故选：C．8．已知函数 的导函数为，若对任意的，都有，且，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造函数，易证在上单调递增，且，则不等式等价于，即.【详解】令，则，所以在上单调递增，,等价于,即，即，所以不等式的解集为. 故选：A.9．某企业秉承“科学技术是第一生产力”的发展理念，投入大量科研经费进行技术革新，该企业统计了最近6年投入的年科研经费x（单位：百万元）和年利润y（单位：百万元）的数据，并绘制成如图所示的散点图．已知x，y的平均值分别为，．甲统计员得到的回归方程为；乙统计员得到的回归方程为；若甲、乙二人计算均未出现错误，有下列四个结论：①当投入年科研经费为20（百万元）时，按乙统计员的回归方程可得年利润估计值为75.6（百万元）（取）；②；③方程比方程拟合效果好；④y与x正相关．以上说法正确的是（    ）A．①③④ B．②③ C．②④ D．①②④【答案】D【分析】结合样本中心点过回归直线方程，已知数据，散点图等依次判断各命题即可得答案.【详解】解：将代入，得，①正确；将，代入得，②正确；由散点图可知，回归方程比的拟合效果更好，③错误；因为随的增大而增大，所以与正相关，④正确．故①②④正确．故选：D．10．已知定义域为的偶函数的图像是连续不间断的曲线，且，对任意的，，，恒成立，则在区间上的零点个数为（    ）A．100 B．102 C．200 D．202【答案】A【分析】结合题意得是以4为周期的函数，且在一个周期内有两个零点，再根据周期性求解即可.【详解】解：令，得，即，因为对任意的，，，恒成立，所以，在上单调递增，因为为偶函数，所以，在上单调递减，，所以，所以是以4为周期的函数，因为在一个周期内有两个零点，故在区间上的零点个数为．故选：A．11．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，均有成立，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据三角函数图象变换规律求出的解析式，再由恒成立，可得在处取得最大值，从而可求出的值，进而可求出其最小值.【详解】，因为将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，所以，因 为恒成立，所以在处取得最大值，所以，解得，因为，所以当时，取得最小值. 故选：B.12．已知双曲线 的左、右焦点分别为，其一条渐近线为，直 线过点且与双曲线的右支交于两点，分别为和的内 心 ，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，利用双曲线的定义，得到，的横坐标，设直线的倾斜角为，得到，进而利用锐角三角函数，得到，最后求出，再利用对勾函数的性质得到的取值范围【详解】设焦距为 ，由题可知，故，如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，易得. 因为，所以，又，得，所以点横坐标为，同理可得点横坐标也为. 设直线的倾斜角为，易得，则，所以，故，因为，由对勾函数性质可得. 故选： D. 二、填空题13．若复数（是虚数单位）是纯虚数，则实数的值为______.【答案】2【分析】利用复数的运算法则和纯虚数的定义即可得出．【详解】解：复数是纯虚数，，解得，故答案为：2．【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算法则以及纯虚数的定义，属于基础题．14．若 满足约束条件则的最小值为________【答案】-2.5【分析】根据题意，作出相应的线性规划图，即可求解.【详解】把直线整理为，可行域如下图所示，当直线 过点时，取得最小值.故答案为：15．已知等差数列 的前项和为，且，则满足的正整数的最大值 为____【答案】21【分析】由可知，则可知，由此即可选出答案.【详解】因为，所以所以故，所以满足的正整数的最大值为21．故答案为：2116．在三棱锥 中. 底面是边长为的正三角形，，点为的垂心，且平面，则三棱锥的外接球的体积为_________【答案】【分析】先由线线垂直证平面，得，则可得是等边三角形，设外接球心为O，则O在CM上，半径为r，在中列方程求出半径，即可求体积【详解】如图，连接 并延长，交于点与交于点，则. 因为平面平面，所以.因为 平面，所以平面，平面，所以，是正三角形，故为中点，又，所以是等边三角形，，易得，，所以，设外接球心为O，则O在CM上，半径为r，在中有，解得，故外接球体积.故答案为： 三、解答题17．已知 为的内角所对的边，向量,,且.(1)求角 ;(2)若 的面积为为中点，求线段的长.【答案】(1)(2). 【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可求解；（2）由面积公式及余弦定理可求解【详解】(1)因为，所以，由正弦定理得，即 ，由余弦定理得 . 因为 ，所以 .(2)， 解得 .因为 为中点，所以.在 中，，即 ，所以 .18．如图，梯形 中，，垂 足为点. 将沿折起，使得点到点的位放，且，连接分别为和的中点.(1)证明: 平面;(2)求二面角 的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点，连接，进而证明平面 平面即可证明结论；（2）结合题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【详解】(1)解：如图，取中点，连接，因为，所以，四边形为正方形，因为分别为，，的中点，所以，，， 又平面，平面，所以平面，平面，因为平面所以平面 平面.因为 平面，所以平面.(2)由题，，所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量为，则，即，令，得 ，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，所以， 所以， .所以二面角 的正弦值为.19．乒乓球是我国的国球，“乒乓精神”激励了一代又一代国人. 为弘扬国球精神，传承乒乓球文化，强健学生体魄，某中学举行了乒兵球单打比赛. 比赛采用7局4胜制，每局比赛为11分制，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分（包括2分），即赢得该局比赛. 在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为后，每一个球就要交换一个发球权. 经过紧张的角逐，甲、乙两位选手进入了决赛.(1)若甲赢得每局比赛的概率为，求甲以赢得比赛的概率;(2)若在某一局比赛中，双方战成. 且甲获得了下一球的发球权，若甲发球时甲赢1分的概率为，乙发球时甲赢1分的概率为，求两人打了个球后，甲蠃得了该局比赛的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）甲以赢得比赛，则前4局中甲赢得了3局，第5局甲获胜；（2），甲蠃只可能以或获胜，故的可能取值为2，4，分别求概率相加即可.【详解】(1)甲以赢得比赛，则前4局中甲赢得了3局，第5局甲获胜，所以甲以赢得比赛概率为.(2)因为，所以在该局比赛中，甲只可能以或获胜，故的可能取值为2，4，设甲赢得该局比赛的概率为，，，所以求两人打了 个球后甲贏得了该局比赛的概率为20．已知椭圆的离心率为，且经过点．(1)求椭圆的方程；(2)若过点的直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为点，求面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题知，再待定系数求解即可得答案；（2）结合题意设，，，则，进而根据，结合基本不等式求解即可.【详解】(1)解：设椭圆的焦距为，则，即，所以，即，①又椭圆经过点，则，②由①②解得，，所以椭圆的方程为．(2)解：当直线垂直于坐标轴时，点不能构成三角形，不符合题意，当直线不垂直于坐标轴时，设，，，则，联立得，则，．又，，易知与同号，所以，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为．21．已知函数.(1)当 时，求的单调区间;(2)证明: 当时，对任意的恒成立.【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为(2)证明见解析 【分析】（1）根据导数直接求解即可；（2）结合（1）得，进而证明，再构造函数，求解函数最小值即可证明.【详解】(1)解：当时，，则，当时，单调递增，当时，单调递减，综上，的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)证明: 要证对任意的恒成立即证，对任意的恒成立.当时，由（1）知，在上单调递增，所以当时，，即当时，设，则，所以在上单调递增，故当时，，即当时，，所以，当时，，即①设，则，设，则，由①式知当 时，，所以即在上单调递增，所以，当时，，所以在上单调递增，故，即对任意的恒成立，即对任意的恒成立.【点睛】思路点睛：本题第二问解题的关键在于借助第一问的结论，根据不等式放缩证明，再构造函数，进而利用导数研究函数的最小值即可证明.22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求曲线的直角坐标方程；(2)若直线与曲线交于两点，当时，求直线的普通方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式求解即可；（2）根据题意，结合直线参数方程的几何意义及弦长公式求解得直线的倾斜角，再求普通方程即可.【详解】(1)解：由得，因为，所以，即.(2)解：将（为参数，代入，整理得．设所对应的参数分别为，，则，．所以，解得，所以或，故直线的参数方程为（为参数）或（为参数），所以直线的直角坐标方程为或23．已知，．(1)当时，求不等式的解集；(2)若恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【解析】（1）由题，当时， ，①  或② 或③解不等式组①得解不等式组②得解不等式组③得所以原不等式的解集为．(2)当且仅当和异号时等号成立即．若恒成立，只需，解得，所以实数的取值范围为．