2023届陕西省部分名校高三下学期高考仿真模拟数学（文）试题含解析

2023届陕西省部分名校高三下学期高考仿真模拟数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，若，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用集合的子集关系求解.

【详解】因为，，且，

所以.

故选：B

2．若复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，，，代入化简，利用复数相等求解.

【详解】解：设，，，

则，

解得，，

故.

故选：D

3．在等差数列中，，则的公差（    ）

A． B．3 C． D．4

【答案】A

【分析】由等差数列的性质可得答案.

【详解】因为，所以，则.

故选：A.

4．若实数，满足约束条件，则的最大值为（    ）

A． B．1 C．7 D．9

【答案】C

【分析】画出不等式组对应的可行域，然后平移直线可得答案.

【详解】不等式组所对应的可行域如图：

由可得，

平移直线可知当直线经过点时，取得最大值7.

故选：C

5．随着生活水平的不断提高，旅游已经成为人们生活的一部分，某地旅游部门从2022年到该地旅游的游客中随机抽取10000位游客进行调查，得到各年龄段游客的人数和旅游方式，如图所示，则下列说法不正确的是（    ）

A．估计2022年到该地旅游的游客中中年人和青年人占游客总人数的80%

B．估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的游客占游客总人数的26.25%

C．估计2022年到该地旅游且选择自助游的游客中青年人超过一半

D．估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人比到该地旅游的老年人还要多

【答案】D

【分析】设2022年到该地旅游的游客总人数为,则有老年人、中年人、青年人的人数分别为，，，选择自助游的老年人、中年人、青年人的人数分别为，，，再分别判断每一选项即可.

【详解】解：设2022年到该地旅游的游客总人数为，

由题意可知游客中老年人、中年人、青年人的人数分别为，，，

其中选择自助游的老年人、中年人、青年人的人数分别为，，，

所以2022年到该地旅游的游客中中年人和青年人的人数为，所以A正确；

因为2022年到该地旅游的游客选择自助游的人数为，所以B正确；

因为2022年到该地旅游且选择自助游的游客的人数为，其中青年人的人数为，所以C正确；

因为2022年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人的人数为，而到该地旅游的老年人的人数为，所以D错误.

故选：D.

6．函数在区间上的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由奇偶性排除AC；由的解判断BD.

【详解】令，，即函数为偶函数，

图象关于轴对称，故AC错误；

令，即，解得，即该函数在区间上由5个零点，故B正确，D错误；

故选：B

7．在正方体中，，，分别为，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】连接，，可得即为异面直线与所成角，设正方体的棱长为2，由余弦定理可得答案.

【详解】连接，，，则，

则即为异面直线与所成角，

设正方体的棱长为2，则，，

则，

即异面直线与所成角的余弦值为.

故选：B.

8．已知直线是函数（）图象的一条对称轴，则在上的值域为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先由对称轴求出，再求在上的值域即可.

【详解】∵直线是函数（）图象的一条对称轴，

∴，，∴，，

∵，∴时，，.

当时，，

∴当时，取最小值，

当时，取最大值，

∴，，

∴在上的值域为.

故选：D.

9．等比数列的各项均为正数，且，则（    ）

A．8 B．6 C．4 D．3

【答案】B

【分析】利用等比数列的性质和对数运算求解.

【详解】解：因为，

所以.

故选：B

10．在棱长为2的正方体中，，，分别为，，的中点，则三棱锥的外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三棱锥的几何特征找到球心的位置并求出球的半径，再利用球的体积公式即可求解.

【详解】由题意可知∥，因为平面，所以平面，

因为平面，所以，

又，所以和有公共的斜边，

设的中点为，则点到，，，的距离都相等，

所以点为三棱锥外接球的球心，为该球的直径，

所以，即，

该球的体积．

故选：B.

11．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】令，利用导数得在上单调递增，从而可得；令，利用导数可得在上单调递减，从而可得，即可得答案.

【详解】解：因为，

令，

则，

当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，即；

令，则，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，得，即，

故.

故选：A.

12．已知是坐标原点，是双曲线的左焦点，平面内一点满足是等边三角形，线段与双曲线交于点，且，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设双曲线的右焦点为，根据是等边三角形得，再由可得，在中利用余弦定理可得，再由双曲线定义可得答案.

【详解】设双曲线的右焦点为，连接，

因为是等边三角形，所以，

，又，所以，

在中，，

则，则，则.

故选：A.

二、填空题

13．已知向量，，若，则______.

【答案】5

【分析】由，可得，再由向量的数量积的坐标运算求出的值，即可得答案.

【详解】解：因为，所以，

即，

解得，

所以.

故答案为：

14．南宋晚期的龙泉窑粉青釉刻花斗笠盏如图1所示，忽略杯盏的厚度，这只杯盏的轴截面如图2所示，其中光滑的曲线是抛物线的一部分，已知杯盏盛满茶水时茶水的深度为3cm，则该抛物线的焦点到准线的距离为______cm.

【答案】

【分析】以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为轴，建立直角坐标系，设抛物线的标准方程为，根据题意得到点的坐标，代入求出参数的值，即可得解.

【详解】如图，以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为轴，建立直角坐标系，依题意可得的坐标为，

设抛物线的标准方程为，则，解得.

故该抛物线的焦点到准线的距离为cm.

故答案为：

15．2023年杭州亚运会需招募志愿者，现从甲、乙等5名志愿者中任意选出2人开展应急救助工作，则甲、乙2人中恰有1人被选中的概率为______.

【答案】##0.6

【分析】利用古典概型的概率求解.

【详解】解：记另外3人为，，，从这5人中任意选出2人，总事件包括（甲，乙），（甲，），（甲，），（甲，），（乙，），（乙，），（乙，），，，，共10种情况，

其中甲、乙2人中恰有1人被选中的事件包括（甲，），（甲，），（甲，），（乙，），（乙，），（乙，），共6种情况，

故所求的概率为.

故答案为：

16．已知函数，若恒成立，则的取值范围为______．

【答案】

【分析】构造函数，等价于，再构造函数，利用函数单调性求出最小值，即可求出的值.

【详解】等价于，令，则．

当时，；当时，．

所以

故转化为，即

令，，则，则，

故的取值范围为．

故答案为：

【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，处理问题的关键是通过不等式的形式构造适当的函数，再结合常变量分离法，利用导数的性质进行求解是解题的关键.

三、解答题

17．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，.

(1)求的值；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)

(2)24

【分析】（1）由余弦定理和已知可得，再利用和正弦二倍角公式可得答案；

（2）由、求出、，再由两角和的正弦展开式和正弦定理及面积公式可得答案.

【详解】（1），由余弦定理可得，

因为，所以，即，

因为，所以，

因为，且，所以；

（2）因为，，所以，

因为，

所以，，

因为，所以，

，由正弦定理可得，

所以的面积为.

18．赤霉素在幼芽、幼根、未成熟的种子中合成，其作用是促进细胞的生长，使得植株变高，每粒种子的赤霉素含量（单位：ng/g）直接影响该粒种子后天的生长质量.现通过生物仪器采集了赤霉素含量分别为10，20，30，40，50的种子各20粒，并跟踪每粒种子后天生长的情况，收集种子后天生长的优质数量（单位：粒），得到的数据如下表：

(1)求关于的线性回归方程；

(2)利用（1）中的回归方程，估计1000粒赤霉素含量为60ng/g的种子后天生长的优质数量.

附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.

【答案】(1)

(2)615

【分析】（1）求出、、、，代入公式计算可得答案；

（2）将代入可得答案.

【详解】（1），，

，，

则，，

故关于的线性回归方程为；

（2）将，代入，得到，

则估计1000粒赤霉素含量为60ng/g的种子后天生长的优质数量为.

19．如图，为圆锥的顶点，，为底面圆两条互相垂直的直径，为的中点.

(1)证明：平面平面.

(2)若，且直线与平面所成角的正切值为，求该圆锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设与交于点，利用线面垂直、面面垂直的判定定理可得答案；

（2）过作于，由面面垂直的性质定理可得为直线与平面所成的角，由求出、，再求圆锥体积可得答案.

【详解】（1）设与交于点，连接，

因为，为底面圆两条互相垂直的直径，所以为底面圆的圆心，

所以为圆锥的高，所以底面圆，

因为底面圆，所以，

又，，平面，

所以平面，

因为平面，所以平面平面；

（2）过作于，连接.

由（1）知平面平面，且平面平面，

所以平面，

所以为直线与平面所成的角，则，

因为，所以，所以，

则，所以，

故该圆锥的体积为.

20．已知函数.

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据导数的几何意义，结合直线的点斜式方程进行求解即可；

（2）构造新函数，利用导数判断新函数的单调性，结合函数的单调性进行求解即可.

【详解】（1）.

则曲线在点处的切线方程为，

即.

（2），即.

令，由条件可知，对任意的恒成立.

因为，所以在上单调递增.

因为，所以当时，，所以.

故实数的取值范围为.

21．已知椭圆，斜率为2的直线与椭圆交于两点.过点作的垂线交椭圆于另一点，再过点作斜率为的直线交椭圆于另一点.

(1)若为该椭圆的上顶点，求点的坐标；

(2)证明：直线的斜率为定值.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】(1) 设直线的方程为，代入点坐标得，代入椭圆方程求解即可；

(2) 设，可得直线的方程，代入椭圆方程可得点坐标，同理可得点的坐标，由，可得，再由斜率公式即可得的值，从而得证.

【详解】（1）解：设直线的方程为，因为点的坐标为，

所以.

将代入，得，

解得或，

所以点的横坐标为，纵坐标为.

故点的坐标为；

（2）证明：设，直线的方程为，

代入，得，

则，，

可得点的坐标为.

设，直线的方程为，

代入，得，

则，，

可得点的坐标为.

由，得.

因为，所以，则，

则.

故直线的斜率为定值.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线与极轴相交于，两点.

(1)求曲线的极坐标方程及点的极坐标；

(2)若直线的极坐标方程为，曲线与直线相交于，两点，求的面积.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）消去参数可得曲线的普通方程，再由代入可得答案；

（2）令求出，再由可得答案.

【详解】（1）由消去参数，得，即，

由代入可得

曲线的极坐标方程为.

令，则，故点的极坐标为；

（2）令，则，

故的面积.

23．已知函数.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若不等式的解集非空，求的取值范围.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）把代入，分段讨论解不等式可得到结果；

（2）利用绝对值三角不等式可得，再由转化为，解出即可．

【详解】（1）因为，所以，

当时，原不等式转化为，无解.

当时，原不等式转化为，解得.

当时，原不等式转化为，解得.

综上所述，原不等式的解集为；

（2）由已知可得，

由不等式的解集非空，可得，

则，

解得，故的取值范围为.