陕西省延安市宜川县中学2023届高三一模文科数学试题（含解析）

这是一份陕西省延安市宜川县中学2023届高三一模文科数学试题（含解析），共21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。

陕西省延安市宜川县中学2023届高三一模文科数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设集合或，，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知i为虚数单位，若，则（    ）
A．10 B． C． D．
3．正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为，则其体积为（    ）
A．28 B． C．32 D．24
4．设是首项为正数的等比数列，公比为q，则“”是“对任意的止整数，”的（    ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．如图，在正方体中，P是线段上的动点，则（    ）

A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
6．冶铁技术在我国已有悠久的历史，据史料记载，我国最早的冶铁技术可以追溯到春秋时代已知某铁块的三视图如图所示，若将该铁块浇铸成一个铁球，则该铁球的表面积为（    ）
  
A． B． C． D．
7．在三棱锥A－BCD中，已知平面BCD，，若AB＝2，BC＝CD＝4，则AC与BD所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
8．在中，角的对边分别为，，，且，则的面积为（    ）
A． B． C． D．
9．圆台如图所示，为圆的一条直径， 为圆弧上靠近点的一个三等分点，若，，则点到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．
10．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，并且函数在区间,上单调递增，在区间上单调递减，则实数的值为（    ）
A．10 B．18 C．2 D．8
11．在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱展开，得到的平面图如图所示．其中，，，是上的点，则在直三棱柱中，下列结论错误的是（    ）
  
A．与是异面直线
B．
C．平面将三棱柱截成一个五面体和一个四面体
D．的最小值是
12．设，，，则（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
13．如图，梯形ABCD是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，，则原图形的面积为 ．

14．在平面直角坐标系中，已知向量，，试写一个非零向量 ，使得.
15．已知数列的前项和为，且，若，则正整数的最小值是 ．
16．已知在正方体中，，是的中点，是侧面内（含边界）的动点，若，则的最小值为 ．

三、解答题
17．如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．

18．已知数列满足，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)数列满足，
若，求的值．
19．如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，，O分别是上、下底面圆的圆心，EF是底面圆的一条直径，．

(1)证明：．
(2)若，求三棱锥的体积．
20．如图，已知正三棱锥中，，，VD⊥平面ABC，垂足为D，DE⊥平面VAB，垂足为E，连接VE并延长，交AB于点M．

(1)证明：M是AB的中点；
(2)过点E作EF⊥平面VAC，垂足为F，求四面体VDEF的外接球的体积．
21．在等腰梯形ABCD中，，，，E、O、F分别为AD、BE、DE中点（如图1），将沿BE折起到的位置，使得（如图2）．

(1)证明：平面；
(2)求B到平面的距离.
22．已知，曲线与直线相切于点．
(1)求，的值；
(2)证明：当时，恒成立．

参考答案：
1．C
【分析】计算，再计算交集得到答案.
【详解】或，，．
故选：C
2．B
【分析】先由已知条件求得复数z，再依据复数模的定义去求即可.
【详解】由，可得
则
故选：B
3．A
【分析】根据正四棱台的性质，结合正四棱台的体积公式进行求解即可.
【详解】如图所示正四棱台中，是高，连接 ，设，垂足为，
显然

所以该正四棱台的高为，
正四棱台的体积．
故选：A
4．B
【分析】根据等比数列公式计算得到，根据范围大小关系得到答案.
【详解】，故，即，故，
故“”是“对任意的正整数，”的充分不必要条件．
故选：B
5．B
【分析】正方体中证明平面平面后可得线面平行，从而得正确选项．
【详解】如图，正方体中，由与平行且相等得平行四边形，得，
平面，平面，得平面，
同理平面，而是平面内两条相交直线，因此有平面平面，
平面，所以平面，
故选：B．

6．D
【分析】在正方体中还原几何体，即可由锥体体积以及球的体积相等求解半径，由表面积公式及可求解.
【详解】由三视图可得四面体，设球的半径为，
该铁球的表面积为．
故选：D
  
7．C
【分析】取，，的中点E，F，G连接，，，由中位线定理可得AC与BD所成角为，由几何关系求出三边，结合余弦定理即可求解.
【详解】如图，取，，的中点E，F，G连接，，．
∵，，∴（或其补角）即为与所成的角．
∵平面，∴，∴，则，
∵，，．
取的中点，连接，，∴，∴平面，
∴，又，
∴，
∴．
∴与所成角的余弦值为．

故选：C
8．B
【分析】利用三角恒等变换以及正弦定理和面积公式求解.
【详解】∵，∴，
，
又∵， ，∴，∴，
∴，
因为
∴，，，
．
∵，∴，∴．
故选:B.
9．D
【分析】本题首先可连接、、、，由题意易知底面，然后求出三棱锥的体积，再然后设点到平面的距离为，最后通过等体积法即可得出结果.
【详解】如图，连接、、、，易知底面，

因为，，所以，，
因为为圆弧上靠近点的一个三等分点，所以，，
因为为圆的一条直径，所以，，，
因为底面，所以三棱锥的体积，
因为是圆的圆心，、、都在圆上，所以，
因为，，，所以，
设点到平面的距离为，
由等体积法易知，解得，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查点到平面距离的求法，可通过等体积法求解，能否求出三棱锥的体积是解决本题的关键，考查计算能力，体现了数形结合思想，是中档题.
10．C
【分析】根据单调性可得函数在时，取得最大值，即可代入求解，结合函数周期的关系即可求解.
【详解】由函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，
函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，可得当时，取得最大值，
即，解得，由函数单调区间知，所以，
所以当时，得．
故选：C
11．D
【分析】根据异面直线的判断可求解A，根据线面垂直可判断B，根据四棱锥和三棱锥的特征可判断C，根据平面中两点距离最小可判断D.
【详解】由题设，可得直三棱柱，如图．
由直三棱柱的结构特征知: 而是相交直线，所以与是异面直线，项正确；
因为，，,所以，
又，且，平面，所以平面，
又平面，故B正确；
由图知，平面将三棱柱截成四棱锥和三棱锥，一个五面体和一个四面体，C项正确；
将平面和平面展开，展开为一个平面，如图，
  
当共线时，的最小值为，D错误．
故选：D
12．B
【分析】先利用导数证明出，令，可以判断出最小；利用作商法比较出，即可得到答案.
【详解】设.
因为，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以当，且时，，即．
所以，，所以最小，
又因为，所以．综上可知，．
故选：B
13．
【分析】根据水平放置的平面图形直观图画法画出原图计算可得答案.
【详解】因为，， ，
所以，，
所以．
故答案为：．

14．(答案不唯一)
【分析】设，根据即可求出x与y的关系，由此即可写出一个满足题意的向量.
【详解】设，x和y不同时为零，
∵，∴，即，
令x＝1，则y＝－1，
故满足条件的一个向量(1，－1).
故答案为：(1，－1).
15．6
【分析】根据的关系作差可得，进而求解，即可求解不等式.
【详解】当时，；
当时，①，②，①-②整理得，
．又，
是以3为首项，3为公比的等比数列，
，
令，,
解得，
正整数的最小值是6．
故答案为：6
16．
【分析】根据线面垂直可得点的轨迹是线段，进而根据等面积法即可求解最小值.
【详解】取中点，连接，
在直角中，，
故,所以，
又在正方体中，平面平面又平面，
所以平面，平面，所以，
又，平面,则平面，即点的轨迹是线段，
在直角中，，
当时，最小，此时，
即的最小值为．
故答案为：
  
17．（1）证明见解析
（2）存在，理由见解析
【详解】分析：（1）先证,再证，进而完成证明．
（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可．
详解：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．

点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．
18．(1)
(2)25

【分析】（1）根据递推公式得到奇数项和偶数项的通项公式，最后再合并即可；（2）根据题意，利用对数的运算性质求解.
【详解】（1）∵，
∴，所以，
∴的奇数项与偶数项各自成等差数列且公差均为2．
∵，则，
∴对,，
所以n为奇数时，，
对,，
所以n为偶数时，，
综上可知，，．
（2）由（1）得，
∴，
解得．
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证明线面垂直，进而证明线线垂直；（2）作出辅助线，求出三棱锥的底面积与高，进而求出体积.
【详解】（1）证明：连接OD，AE，BE．
由题意可知O是EF的中点，平面ABE．
因为，且O是EF的中点，所以．
因为平面ABE，平面ABE，所以．
因为平面ABCD，平面ABCD，且，所以平面ABCD．
因为平面ABCD，所以．

（2）过点C作，垂足为H，连接OC．
因为，所以，则．
在△OCD中，由余弦定理可得，则．
因为，所以，所以．
由（1）可知平面ABCD，且平面ABCD，所以．
因为，且，所以平面DEF，
则三棱锥C—DEF的体积为，
故三棱锥F—CDE的体积为．
20．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，，再根据线面垂直的判定定理可得平面VDE，从而可得，即可得证；
（2）连接CM，连接DF，易得D在CM上，利用线面垂直的判定定理证明为△VFD和△VED直角三角形，则VD的中点O即为外接球的球心，求出半径即可得解.
【详解】（1）证明：∵VD⊥平面ABC，平面ABC，
∴，
∵DE⊥平面VAB，平面VAB，
∴，
∵，∴AB⊥平面VDE，
又平面VDE，∴，
又V－ABC是正三棱锥，∴，
∴M是AB的中点；
（2）解：在正三棱锥V－ABC中，
∵，∴，
∵，平面VAC，
又EF⊥平面VAC，
∴，EF与VA交于点F，
如图1，连接CM，∵VD⊥平ABC，
∴D是正三角形ABC的中心，
由（1）知，M是AB的中点，∴D在CM上，
又，
∴，
∴，
又，
∴，
连接DF，∵EF平面VAC，平面VAC，∴，
∵DE⊥平面VAB，平面VAB，∴，
∵，
∴VA⊥平面DEF，
又平面DEF，∴，
如图2，取VD的中点O，连接OE，OF，
在Rt△VFD和Rt△VED中，，
∴O为四面体VDEF的外接球的球心，且，
设四面体VDEF的外接球的半径为R，则，
∴四面体VDEF的外接球的体积为．

21．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）先证平面BCDE，由此可得，再由菱形及中位线得出，即可得证；
（2）利用等体积法由求解即可.
【详解】（1）连接，如图，

如图1，在等腰梯形ABCD中，，，，E为AD中点，为等边三角形，∵O为BE的中点 , 即，
如图2，，又，平面BCDE，
平面BCDE，又EC平面BCDE，.
，所以四边形EBCD为菱形，,
O、F分别为BE、DE中点, ,,
平面，
平面
（2）在中，,
,
平面，平面，，
在中，

平面, 到平面的距离为，
设B到平面的距离为，
由可得，
，.
点B到平面的距离为.
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求导，根据切线斜率与切点导数值相等，即可求解，
（2）将问题转化为当时，．构造函数，利用导数求解函数的单调性即可求解.
【详解】（1）．
由题设得，
故．
（2）当时，等价于，
下面证明：当时，．
设，则．
设，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增．
又，
所以，使得,
所以当或时，；当时，．
故在和上单调递增，在上单调递减，
又，所以．
故当时，恒成立．
【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，以及函数问题的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.