2023届陕西师范大学附属中学、渭北中学等高三上学期期初联考数学（文）试题（解析版）

2023届陕西师范大学附属中学、渭北中学等高三上学期期初联考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解不等式，可得集合，由二次函数的值域可得集合，再进行交集运算即可求解.

【详解】由得：，因为， 所以，

由得：，

所以，

故选：D．

2．已知复数满足，则（    ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】C

【分析】将已知条件表示出，在根据模长公式求解即可.

【详解】设（），则由，得

，由复数相等的充要条件，得，解得，，故，所以．

故选: C.

3．算盘是中国传统的计算工具，是中国人在长期使用算筹的基础上发明的，是中国古代一项伟大的、重要的发明，在阿拉伯数字出现前是全世界广为使用的计算工具.“珠算”一词最早见于东汉徐岳所撰的《数术记遗》，其中有云：“珠算控带四时，经纬三才.”北周甄鸾为此作注，大意是：把木板刻为部分，上、下两部分是停游珠用的，中间一部分是作定位用的.下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别是个位、十位、百位、，上面一粒珠（简称上珠）代表，下面一粒珠（简称下珠）是，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.现在从个位和十位这两组中随机选择往下拨一粒上珠，往上拨粒下珠，算盘表示的数为质数（除了和本身没有其它的约数）的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求得算盘所表示的所有数，并找出对应的质数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】由题意可知，算盘所表示的数可能有：、、、、、，

其中是质数的有：、，故所求事件的概率为.

故选：A.

【点睛】本题考查利用古典概型的概率公式计算事件的概率，考查计算能力，属于基础题.

4．已知空间中的两个不同的平面，，直线平面，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】B

【分析】根据直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断充分性和必要性得到答案.

【详解】两个不同的平面，，直线平面，

当时，或，不充分；当时，，必要.

故选：B.

5．如图，角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆O分别交于A，B两点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】利用任意角的三角函数定义写出两点的坐标，再求向量数量积即可

【详解】由图可知，

所以，

故选：A.

6．下列四个函数：①；②；③；④，其中定义域与值域相同的函数的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【解析】根据基本初等函数的性质，逐个判断函数的定义域和值域，即可得出结果.

【详解】①函数的定义域为，值域也为；即定义域和值域相同；

②函数的定义域为，值域也为；即定义域和值域相同；

③指数函数的定义域为，值域为，即定义域和值域不同；

④幂函数的定义域为，值域也为，即定义域和值域相同；

故选：C.

7．在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若，，的面积为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由面积公式可得，由余弦定理可得：得，再由正弦定理可得答案

【详解】，所以，

由余弦定理可得： 得

又由正弦定理可得：，所以，

故选：A.

8．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是：夹在两个平行平面之间的几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.根据祖暅原理，对于3D打印制造的零件，如果能找到另一个与其高相等，并在所有等高处的水平截面的面积均相等的几何体，就可以通过计算几何体的体积得到打印的零件的体积.现在要用3D打印技术制造一个高为2的零件，该零件的水平截面面积为，随高度的变化而变化，变化的关系式为，则该零件的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由恰好与一个半径为2的半球在高为的水平截面面积一致，由祖眶原理，该零件的体积等于该半球的体积，从而可得答案.

【详解】由祖眶原理，该零件在高为的水平截面的面积为.

而恰好与一个半径为2的半球在高为的水平截面面积一致，

所以该零件的体积等于该半球的体积：

故选：C

9．若，则（    ）

A．图像关于直线对称 B．图像关于对称

C．最小正周期为 D．在上单调递增

【答案】B

【解析】分别取特值可判断ACD不正确，由可判断B正确.

【详解】对于A，由于，，

所以图像不关于直线对称，A错误；

对于B，由于，

所以图像关于对称，正确；

对于C，，，

所以不是函数的周期；

对于D，，所以在上不是单调递增.

故选：B.

10．已知定义在R上的偶函数在区间上递减．若，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由是偶函数在上递减，故在上递增，然后比较的自变量，进而判断得结果.

【详解】因为定义在R上的偶函数在区间上递减，

所以在上递增，

，，，

因为，在上递增，

所以，即，

故选：B.

11．函数的部分图象如图所示，为了得到的图象，只需将函数的图象

A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度

C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度

【答案】B

【详解】 , ， , , ,解得： ，所以 ， ， ，根据平移原则，可知函数向左平移个单位，故选B.

12．如图，已知椭圆和双曲线在轴上具有相同的焦点，，设双曲线与椭圆的上半部分交于A，两点，线段与双曲线交于点.若，则椭圆的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，可得，为则双曲线的实半轴），，又，，则，即可求椭圆的离心率．

【详解】解：如图，设，则，，

，，为则双曲线的实半轴），

根据双曲线定义可得，，

在△中，满足，，

则，

则椭圆的离心率是．

故选：C．

二、填空题

13．近几年来移动支付越来越普遍，不同年龄段的人对移动支付的熟知程度不同.某学校兴趣小组为了了解移动支付在大众中的熟知度，要对15—75岁的人群进行随机抽样调查，可供选择的抽样方法有简单随机抽样､系统抽样和分层抽样，则最合适的抽样方法是_________.

【答案】分层抽样

【解析】根据简单随机抽样､系统抽样和分层抽样的特点进行判断即可.

【详解】不同年龄段的人对移动支付的熟知程度不同，故最合适的抽样方法是分层抽样.

故答案为：分层抽样

14．已知向量满足，且，则__________．

【答案】

【分析】根据的坐标求出，然后将平方后求出，最后将平方即可求.

【详解】因为，所以，

，所以，

所以，.

故答案为：.

15．已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为________________．

【答案】

【分析】由一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系，应用韦达定理把用表示，化待求式为一元函数，再利用基本不等式得结论．

【详解】由不等式解集知，由根与系数的关系知

，则，

当且仅当，即时取等号．

故答案为：．

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方

三、双空题

16．设函数

①若，则的最小值为________；

②若恰有2个零点，则实数的取值范围是________．

【答案】     －1    

【分析】①代入a＝1，根据指数函数和二次函数单调性即可求最值；

②分a≤0，0＜2a＜1，0＜a＜1≤2a，a≥1四种情况讨论f(x)零点即可.

【详解】①a＝1时，

x＜1时，f(x)，x≥1时，f(x)≥f()＝－1，

∴f(x)的最小值为－1；

②a≤0时，＞0，在x≥1时也为正，f(x)无零点；

故a＞0，

令＝0得，x＝，令＝0得，x＝a或2a，

当0＜2a＜1，即0＜时，f(x)不可能有两个零点，

当0＜a＜1≤2a，即≤a＜1时，x＝2a为f(x)零点，

∵，故＝0也有解，即x＝也为f(x)零点，故f(x)有两个零点满足题意；

当a≥1时，x＝a或2a均为f(x)的零点，故＝0在x＜1时无解，则≤0a≥2；

综上，.

故答案为：－1；﹒

四、解答题

17．在中，内角所对的边分别为，且.

(1)求角的大小:

(2)若点为的中点，且,求的值的值

【答案】（1）；（2）

【详解】分析：第一问利用正弦定理将题中的条件 转化为 ，从而求得，结合三角形内角的取值范围，求得，第二问利用余弦定理，得到 ，将代入上式，整理得到，结合正弦定理求得.

详解：（1）在中，

由正弦定理得 ，

，，则，，

（2）在中，由余弦定理得 ，

在中，由余弦定理得 ，

， ，整理得，，

由正弦定理得

点睛：该题考查的是有关解三角形的问题，在解题的过程中，注意对正弦定理和余弦定理的正确使用，建立关于边或角所满足的关系，在求角的过程中，得到，在求角的时候，必须将角的范围写上.

18．为了推进分级诊疗，实现“基层首诊､双向转诊､急慢分治､上下联动”的诊疗模式，某城市自2020年起全面推行家庭医生签约服务.已知该城市居民约为1000万，从0岁到100岁的居民年龄结构的频率分布直方图如图1所示.为了解各年龄段居民签约家庭医生的情况，现调查了1000名年满18周岁的居民，各年龄段被访者签约率如图2所示.

（1）估计该城市年龄在50岁以上且已签约家庭医生的居民人数；

（2）据统计，该城市被访者的签约率约为44%.为把该城市年满18周岁居民的签约率提高到55%以上，应着重提高图2中哪个年龄段的签约率？并根据已有数据陈述理由.

【答案】（1）万；（2）应着重提高30-50这个年龄段的签约率，理由见解析.

【解析】（1）根据题中频率分布直方图与各年龄段被访者的签约率，分别计算50岁以上各年龄段的居民人数，再求和，即可得出结果；

（2）根据题中条件，先确定年龄在18-30岁的人数，年龄在30-50岁的人数，以及年龄在50岁以上的人数，即可确定结果.

【详解】（1）该城市年龄在50-60岁的签约人数为：万；

在60-70岁的签约人数为：万；

在70-80岁的签约人数为：万；

在80岁以上的签约人数为：万；

故该城市年龄在50岁以上且已签约家庭医生的居民人数为：万；

（2）年龄在10-20岁的人数为：万；

年龄在20-30岁的人数为：万.

所以，年龄在18-30岁的人数大于180万，小于230万，签约率为30.3%；

年龄在30-50岁的人数为万，签约率为37.1%.

年龄在50岁以上的人数为：万，签约率超过55%，上升空间不大.

故由以上数据可知这个城市在30-50岁这个年龄段的人数为370万，基数较其他年龄段是最大的，且签约率非常低，所以为把该地区满18周岁居民的签约率提高到以上，应着重提高30-50这个年龄段的签约率.

19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，其中，，点M在线段PC上，且，N为AD的中点．

(1)求证：平面PNB；

(2)若平面平面ABCD，求三棱锥PNBM的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明，得到平面PNB.

（2）根据题意得到，计算，，计算得到答案.

【详解】(1)∵，N为AD的中点，∴，

∵底面ABCD为菱形，，∴，，，

∴，则，∵，∴平面PNB.

(2)∵，∴，

∵平面平面ABCD，平面平面，，

∴平面ABCD，平面ABCD，∴，

∴，

∵平面PNB，，∴平面PNB，

∵，∴．

20．已知函数．

(1)定义的导函数为，的导函数为……以此类推，若，求实数a的值；

(2)若，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用列举归纳法，可得的周期为4，则得，由，即可求得值；

（2）分析可得要证，只需证，再利用导数分别证得，，即可证明结论成立．

【详解】(1)解：由题意得：，，

，，

∴的周期为4，

故．

∵，

∴．

(2)证明：要证，即证，

又，则，

故只需证，

令，，则，

在上，，单调递减，在上，，单调递增，

所以，所以，

令，则，

所以在上，单调递增，

所以，所以，

所以，因为左右两边的不等号不能同时取到，

所以，

所以，得证．

21．已知抛物线，O是坐标原点，F是C的焦点，M是C上一点，，．

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)设点在C上，过Q作两条互相垂直的直线，分别交C于A，B两点（异于Q点）．证明：直线恒过定点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由抛物线的方程可得焦点的坐标及准线方程，由及抛物线的性质可得的横坐标，再由．可得的纵坐标，将的坐标代入抛物线的方程可得的值，进而求出抛物线的方程；

（2）由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，求出数量积的表达式，由数量积为0可得参数的关系，代入直线的方程可得直线恒过定点．

【详解】(1)解：由，可得，

代入．

解得或（舍），

所以抛物线的方程为：．

(2)解:由题意可得，直线的斜率不为0，

设直线的方程为，设，

由，得，从而，

则．

所以，

，

∵，

∴，

故，

整理得．即，

从而或，

即或．

若，则，过定点，与Q点重合，不符合；

若，则，过定点．

综上，直线过异于Q点的定点．

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，，直线的参数方程为（为参数，），直线，垂足为.以为坐标原点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.

(1)分别写出曲线与直线的极坐标方程；

(2)设直线､分别与曲线交于､与､，顺次连接､､､四个点构成四边形，求.

【答案】(1)曲线极坐标方程为，直线的极坐标方程且.

(2).

【分析】（1）首先将、化为普通方程，再应用公式法求曲线与直线的极坐标方程，最后由两线垂直写出的极坐标方程.

（2）由题设知，令，，联立（1）中所得极坐标方程，结合韦达定理求值即可.

【详解】(1)由的参数方程，可得，则，即，

∴.

由题设知：为，故的极坐标方程为，又，

∴为且.

(2)由题设知：，

若，,

联立与：，可得，，

联立与：，可得，，

∴.

∴.

23．已知函数．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若，使得不等式成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出不等式的解集；

（2）分析可得知，使得或成立，利用二次函数的基本性质可求得实数的取值范围.

【详解】（1）当时，．

当时，，解得，此时；

当时，，解得，此时；

当时，，解得，此时．

因此，当时，不等式的解集为；

（2）当时，可化为，

所以，或，

即存在，使得或．

，因为，所以，则，

，因为，所以，所以，

因此，实数的取值范围为．