2023届陕西省西安市西安高新第一中学分校高三上学期期中数学（文）试题含解析

2023届陕西省西安市西安高新第一中学分校高三上学期期中数学（文）试题

一、单选题

1．已知复数，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数的除法运算化简复数，再求共轭复数的模长即可.

【详解】由已知得，

所以，，

故选：D.

2．已知集合，，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据集合的包含关系求出参数的取值范围；

【详解】解：由，即，解得，所以，

又且，

所以，即；

故选：A

3．某圆锥的母线长为2，侧面积为，则其体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设圆锥底面半径为r，高为h，根据侧面积，可求得r值，进而可求得圆锥高h，代入公式，即可得答案.

【详解】设圆锥底面半径为r，高为h，则底面圆周长为，

所以侧面面积，解得，

所以圆锥的高，

所以圆锥的体积.

故选：C

4．函数的图象大致为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取点代入排除得到答案

【详解】当时， ，故排除BD

再代入 ， ，排除A

故选：C

5．如图是某赛季两位篮球运动员最近10场比赛中各自得分的茎叶图，两人的平均得分分别为，则下列结论正确的是（    ）

A．，甲比乙稳定 B．，乙比甲稳定

C．，甲比乙稳定 D．，乙比甲稳定

【答案】A

【分析】利用茎叶图分别求得甲乙的平均数和方差判断.

【详解】因为，

，

所以，因为,

,

，

所以，

故选：A．

6．已知抛物线E：（）的焦点为F，点A是抛物线E的准线与坐标轴的交点，点P在抛物线E上，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】过作准线的垂线，垂足为，由，可得，求出的值，由抛物线的性质可得，由正弦定理可得的值．

【详解】过作准线的垂线，垂足为，由，可得，由题意如图所示：

在中，可，

由抛物线的性质可得，所以，

在中，由正弦定理可得：，

所以，

故选：B．

7．定义在R上的函数y＝f(x)，满足f（3－x）＝f（x），，若x1<x2，且x1＋x2>3，则有（    ）

A．f(x1)>f(x2) B．f(x1)<f(x2) C．f(x1)＝f(x2) D．不确定

【答案】A

【分析】由已知得对称性，由导数得单调性，由且，得，然后根据和分类讨论，利用单调性可得结果．

【详解】因为f(3－x)＝f(x)，所以函数的图象就关于直线对称，

因为，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，

因为且，所以，若，则，

若，则，，且，所以，综上有，

故选：A．

8．三相交流电是我们生活中比较常见的一种供电方式，其瞬时电流（单位：安培）与时间（单位：秒）满足函数关系式：（其中为供电的最大电流，单位：安培；表示角频率，单位：弧度/秒；为初始相位），该三相交流电的频率（单位：赫兹）与周期（单位：秒）满足关系式．某实验室使用5赫兹的三相交流电，经仪器测得在秒与秒的瞬时电流之比为，且在秒时的瞬时电流恰好为1安培，若，则该实验室所使用的三相交流电的最大电流为（    ）

A．2安培 B．安培 C．3安培 D．安培

【答案】A

【分析】由题意周期，利用周期公式求出ω，根据秒与秒的瞬时电流之比为，求出，由秒时的瞬时电流恰好为1安培即可求出．

【详解】由题意，∴，，∴，从而

∵在秒与秒的瞬时电流之比为

∴

∴

∴，即

∵，∴，从而

∵在秒时的瞬时电流恰好为1安培

∴，即，解得．

故选：A．

9．已知的内角，，的对边分别为，，，且，若，则的最小值为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】A

【解析】先利用余弦定理和正弦定理求出，然后再利用余弦定理和基本不等式，求出的最小值.

【详解】因为，且，

所以，且，

所以，

又因为，所以，

又因为，所以，

又因为，

当且仅当时取等号，故的最小值为1.

故选：A

【点睛】本题考查解三角形的正弦、余弦定理以及基本不等式求最值，考查学生的逻辑推理及运算求解能力，属于一般题.

10．已知分别是双曲线的左、右焦点， 过的直线与双曲线的右支相交于、两点， 且． 若， 则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由双曲线的定义可得：，，于是可得，，在中，由余弦定理可得，即可求得离心率的值.

【详解】解：因为，，

由双曲线的定义可得：，

，则，

易得，

在中，由余弦定理可得，

化简得，

所以双曲线的离心率.

故选：B.

11．在棱长为6的正方体中，是的中点，点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（    ）

A．36 B．24 C． D．

【答案】D

【分析】要求三棱锥的体积最大，只需高最大，利用三角形相似与二次函数的性质可求得高的最大值，即可求解

【详解】因为在棱长为6的正方体中，是的中点，

点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足，

所以，

所以，

即，

过点作交于点，

则易知为三棱锥的高，

欲使三棱锥的体积最大，只需高最大，

设，又，

则，化简得，

由二次函数的性质可知当时，的最大值为36，

所以最大值为，即三棱锥高的最大值为，

所以三棱锥的体积的最大值为：.

故选：D．

12．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设分别是在时所对应的函数值，构造函数利用导数法可证明，可得，又因为，即可得出答案.

【详解】因为，，

所以设分别是在时所对应的函数值，

设，则，

所以时，单调递减，

时，单调递增，

所以，即，

同理可证，

所以

当时，可得，即，即.

又因为，所以.

故选：B.

二、填空题

13．若，则=_______.

【答案】

【分析】根据正弦的倍角公式和三角函数的基本关系式，化为“齐次式”，代入即可求解.

【详解】由.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了正弦的倍角公式的应用，以及三角函数的基本关系式的化简求值，其中解答中利用三角函数的基本关系式，化为“齐次式”是解答的关键，着重考查运算与求解能力.

14．若，，，则向量与的夹角为__________．

【答案】##

【分析】根据平面向量的数量积计算两向量的夹角大小即可.

【详解】因为，，，设向量与的夹角为，

所以，

解得，又,，

所以向量与的夹角为．

故答案为：

15．已知a∈R且为常数，圆C：x2＋2x＋y2－2ay＝0，过圆C内一点(1，2)的直线l与圆C相交于A，B两点.当∠ACB最小时，直线l的方程为2x－y＝0，则a＝________.

【答案】3

【解析】由圆的方程求出圆心坐标与半径，可得过圆心与点的直线与直线垂直，再由斜率的关系列式求解．

【详解】化圆为，

圆心坐标为，半径为．

当弦AB长度最短时，∠ACB最小，

此时圆心C与定点(1，2)的连线和直线2x－y＝0垂直，

则，即．

故答案为：3．

16．已知球的表面上有四个点，且球心在上，，，则该球的表面积为__________．

【答案】.

【分析】根据题意作出图形，作出辅助线，首先求出，进而得到，从而利用勾股定理求出球的半径，从而得出结果.

【详解】

取的中点，连接，由，得，

由，得，

连接并延长，交球于，连接，

因为为球的直径，设球的半径为，则，

则，所以,

所以，解得，

则该球的表面积为，

故答案为：.

三、解答题

17．如图，四棱锥中，底面是平行四边形，F是的中点.

(1)证明：平面；

(2)若，求四棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）设M是AC的中点，连接FM，证明 ，即可证得平面BDF；

（2）设AD的中点为E，证明平面ABCD，即可得到棱锥的高PE，再由棱锥体积求解即可.

【详解】（1）连接AC，设，连接FM．

∵ABCD是平行四边形，

∴M是AC的中点．

∵F是PC的中点，

∴MF是△ACP的中位线．

∴．

又∵平面BDF，平面BDF，

∴平面BDF．

（2）设AD的中点为E，连接BE，PE．

∵E为AD的中点，

∴，．

∵ABCD是平行四边形，，，

∴

．

，

∴．

∵，平面ABCD，平面ABCD，

∴平面ABCD．

是点到平面的距离.

由已知得平行四边形的面积

四棱锥的体积

∴.四棱锥的体积为.

18．已知数列中，，其前项的和为，且当时，满足．

（1）求证：数列是等差数列；

（2）证明：．

【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析

【分析】（1）当n≥2时，Sn﹣Sn﹣1⇒Sn﹣Sn﹣1＝Sn•Sn﹣1（n≥2），取倒数，可得1，利用等差数列的定义即可证得：数列{}是等差数列；

（2）利用进行放缩并裂项求和即可证明

【详解】（1）当时，，

，即

从而构成以1为首项，1为公差的等差数列．

（2）由（1）可知，，．

则当时．

故当时

又当时，满足题意，故．

法二：则当时，

那么

又当时，，当时，满足题意，

【点睛】本题考查数列递推式的应用，考查等差数列的判定，考查等价转化思想，突出裂项法、放缩法应用的考查，属于难题．

19．“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员，面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门APP，某市宣传部门为了解全民利用“学习强国”了解国家动态的情况，从全市抽取2000名人员进行调查，统计他们每周利用“学习强国”的时长，下图是根据调查结果绘制的频率分布直方图．

(1)根据上图，求所有被抽查人员利用“学习强国”的平均时长和中位数；

(2)宣传部为了了解大家利用“学习强国”的具体情况，准备采用分层抽样的方法从和组中抽取50人了解情况，则两组各抽取多少人？再利用分层抽样从抽取的50人中选5人参加一个座谈会，现从参加座谈会的5人中随机抽取两人发言，求小组中至少有1人发言的概率？

【答案】(1)平均时长为6.8，中位数为

(2)

【分析】（1）根据平均数和中位数的计算方法计算即可；

（2）先利用分层抽样求出个区间的人数，然后再利用古典概型即可得解.

【详解】（1）解：平均时长为，

因为，

所以中位数位于区间中，设为，

则，解得，

即中位数为；

（2）解：选取的5人中有人，

有人，

则小组中至少有1人发言的概率为.

20．已知曲线和曲线交于A，B两点（点A在第二象限）．过A作斜率为的直线交曲线M于点C（不同于点A），过点作斜率为的直线交曲线于E，F两点，且．

（I）求的取值范围；

（Ⅱ）设的面积为S，求的最大值．

【答案】（I）．（Ⅱ）最大值．

【分析】（I）由，结合之间的关系，即可求得的范围；

（Ⅱ）设出直线，利用直线截圆的弦长公式，求得，以及；设出直线的方程，联立抛物线方程，结合弦长公式，求得的面积，利用换元法，即可容易求得结果.

【详解】（I）由题意可知，，，

所以，所以．

因为，所以，即，

所以，又因为，所以．

（Ⅱ）设直线，即，

则点M到直线AC的距离，

所以．

所以．

设直线，

即，，，

则点B到直线EF的距离．

联立，消去y得，

所以，，

所以．

所以的面积

．

因为，所以．

所以．

设，则，所以，

所以

．

当且仅当，

此时，．

所以当，的最大值．

【点睛】本题考查圆中弦长公式的利用，以及抛物线中的范围问题，涉及换元法的使用，属综合中档题.

21．已知函数．

（1）求的单调区间；

（2）证明：（其中e是自然对数的底数，）

【答案】（1）在上单调递减；在上也单调递减；（2）证明见解析.

【分析】（1）求出导函数，再对其中部分函数求导，得单调性，确定正负，即确定的正负，得的单调区间；

（2）先证明，然后引入函数，利用导数证明它是上的增函数，从而由不等式的性质可证原不等式成立．

【详解】（1）定义域是，，

令，则，时，，时，，

所以在递增，在递减，

故时，，也即，

因此在上单调递减；在上也单调递减；

（2）先证，令，

在上，在上，

因此是唯一的极小值点，，所以，故．

记，

则，

在上单调递增，．

在区间上；

在区间上；

综上所述，成立．

【点睛】方法点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式．证明不等式的方法是引入函数，要证，利用导数证明函数的单调性，得最小值，然后由最小值为0得出不等式成立．

22．在直角坐标系中，设倾斜角为的直线（为参数）与曲线（为参数）相交于不同的两点.

（1）若，求线段中点的坐标；

（2）若，其中，求直线的斜率.

【答案】（1）；（2）.

【详解】试题分析：（1）将曲线的参数方程化为普通方程，当时，设点对应参数为．直线方程为代入曲线的普通方程，得，由韦达定理和中点坐标公式求得，代入直线的参数方程可得点的坐标；（2）把直线的参数方程代入椭圆的普通方程可得关于参数的一元二次方程，由已知条件和韦达定理可得，求得的值即得斜率.

试题解析：设直线上的点，对应参数分别为，．将曲线的参数方程化为普通方程．

（1）当时，设点对应参数为．直线方程为（为参数）．

代入曲线的普通方程，得，则，

所以，点的坐标为．

（2）将代入，得，

因为，，所以．

得．由于，故．

所以直线的斜率为．

【解析】直线的参数方程与椭圆参数方程及其在研究直线与椭圆位置关系中的应用.

23．设函数，，恒成立．

(1)求实数m的取值范围；

(2)求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）转化为，令

，求.

（2）要证，即证，结合均值不等式即可证明.

【详解】（1）由题意知恒成立，即恒成立，

即恒成立

令

可得函数在上是增函数，在上是减函数，

所以，则，

即，整理得，解得，

综上实数的取值范围是.

（2）由，知，即，

所以要证，

只需证，即证，

又

，成立.