2023届陕西省西安市第三十八中学高三上学期第一次模拟数学（理）试题含解析

2023届陕西省西安市第三十八中学高三上学期第一次模拟数学（理）试题

一、单选题

1．定义集合且.已知集合，，则中元素的个数为（    ）

A．6 B．5 C．4 D．7

【答案】C

【分析】根据集合新定义求解即可.

【详解】根据题意，因为，，

所以.

故选：C.

2．在平行四边形中，O为对角线的交点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用平面向量的加法运算求解.

【详解】解：在平行四边形中，O为对角线的交点，

易知，

所以．

故选：D

3．抛物线的准线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用抛物线的几何性质即可求得抛物线的准线方程.

【详解】因为，所以，

所以抛物线的准线方程为．

故选：C

4．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用等比数列前项和公式求解即可.

【详解】表示以为首项，为公比的前项和，

所以.

故选：A

5．函数的零点为（    ）

A．4 B．4或5 C．5 D．或5

【答案】C

【分析】根据零点的定义结合对数的运算求解，注意函数的定义域.

【详解】由题意可得：，解得，故的定义域为，

令，得，则，解得或，

又∵，所以．

故选：C.

6．一个正四棱柱的每个顶点都在球的球面上，且该四棱柱的底面面积为3，高为，则球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，该正四棱柱的体对角线为球的直径，进而计算体对角线长度，并计算体积即可.

【详解】解：设该正四棱柱的底面边长为，高为，则,，解得，

所以该正四棱柱的体对角线为球的直径，

设球的半径为，

所以，，即，

所以，球的体积为．

故选：B

7．现有7位学员与3位摄影师站成一排拍照，要求3位摄影师互不相邻，则不同排法数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将3位摄影师插入站好的7位同学的8个空里.

【详解】先排7位学员，共有种排法，再从8个空位中选3个安排给3位摄影师，故不同排法数为．

故选：A

8．若，则（    ）

A．3 B． C．2 D．4

【答案】A

【分析】根据正切两角差公式，凑角得的值，再将所求式子利用平方公式和正弦二倍角公式化成齐次式，再利用商数关系，化成含的式子，代入求值即可.

【详解】解：因为，

所以．

故选：A.

9．若从区间内，任意选取一个实数a，则曲线在点处的切线的倾斜角大于的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用导数求得曲线在点处的切线的倾斜角大于对应的实数a的取值范围，再利用几何概型就求得其对应的概率.

【详解】因为，所以当时，．

若曲线在点处的切线的倾斜角大于，

则或，解得或．

由几何概型可知曲线在点处的切线的倾斜角大于的概率为．

故选：B

10．将函数的图像向左平移个单位长度后得到的图像．若在上单调，则的值不可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题知，进而得，故有或或，再解不等式求解即可.

【详解】解：由题知，，

因为，所以．

因为，所以，

又在上单调，

所以或或，

所以的取值范围是．

所以，的值不可能为

故选：B

11．已知，分别是双曲线的左、右焦点，直线l经过且与C左支交于P，Q两点，P在以为直径的圆上，，则C的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据P在以为直径的圆上，得到，设，，得到，由双曲线定义得到，求出，由勾股定理求出，从而求出离心率.

【详解】不妨设，，

因为P在以为直径的圆上，所以，即，则．

因为Q在C的左支上，所以，

即，解得，则．

因为，所以，即，

故，

故．

故选：A

12．已知，设，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据的形式构造函数，利用导数的性质判断其单调性，再结合差比法进行判断即可.

【详解】．令，则，．当时，，则在上单调递增，所以，即．因为，所以．故．

故选：D

【点睛】关键点睛：根据的形式构造函数是解题的关键,

二、填空题

13．复数的实部为___________．

【答案】7

【分析】直接利用复数的乘方和复数乘法的运算法则计算即可.

【详解】．故实部为7，

故答案为：7.

14．若满足约束条件，则的取值范围为___________．

【答案】

【分析】画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置来求得的范围.

【详解】画出不等式组表示的平面区域如图所示，

要求的取值范围，即求在轴上的截距的取值范围，

数形结合可知当直线过点时在轴上的截距最大，即最小，

过时在轴上的截距最小，即最大，

所以，，

故的取值范围为，

故答案为：

15．《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.若从一个阳马的8条棱中任取2条，则这2条棱所在直线互相垂直的概率为__________.

【答案】

【分析】判断出阳马中，相互垂直的直线的对数，结合组合数的计算以及古典概型概率计算公式求得正确答案.

【详解】不妨设底面，

由于平面，所以，

底面矩形有：

由于平面，所以平面，

由于平面，所以，由于，所以.

同理可证得，

所以，在阳马中，相互垂直的直线有对，

故所求概率为.

故答案为：

16．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：数列由被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列而成，记数列的前n项和为，则的最小值为___________．

【答案】52

【分析】由题知数列构成首项为10，公差为的等差数列，进而得，进而根据基本不等式求解即可.

【详解】解：由题知，被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列为：10，22，34，46，58...

构成首项为10，公差为的等差数列，

所以，，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，

所以，的最小值为52．

故答案为：52

三、解答题

17．a，b，c分别为内角A，B，C的对边．已知．

(1)求C；

(2)若c是a，b的等比中项，且的周长为6，求外接圆的半径．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据正弦定理，结合同角的三角函数关系式进行求解即可；

（2）根据正弦定理、余弦定理，结合等比中项的性质进行求解即可.

【详解】（1）根据正弦定理，由，

因为，所以，

于是由

，

因为，所以；

（2）因为c是a，b的等比中项，所以，

因为的周长为6，所以，

由余弦定理可知：

，或舍去，

所以外接圆的半径为.

18．某工厂为了检验某产品的质量，随机抽取100件产品，测量其某一质量指数，根据所得数据，按，，，，分成5组，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)估计该产品这一质量指数的中位数；

(2)若采用分层抽样的方法从这一质量指数在和内的该产品中抽取12件，再从这12件产品中随机抽取4件，记抽取到这一质量指数在内的该产品的数量为X，求X的分布列与期望．

【答案】(1)；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）利用中位数的求解方法列方程即可求解.

（2）由题意分析出X的所有可能取值为0，1，2，3，4．分别求出对应的概率，得到分布列，求出数学期望.

【详解】（1）因为，，所以该产品这一质量指数的中位数在内．

设该产品这一质量指数的中位数为m，则，解得．

（2）由题意可知抽取的12件产品中这一质量指数在内的有8件，这一质量指数在内的有4件．

由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，3，4．

，，，，，

X的分布列为

．

19．如图，在四棱锥中，平面ABCD，平面ABCD，底面ABCD为矩形，点F在棱PD上，且P与E位于平面ABCD的两侧．

(1)证明：平面PAB．

(2)若，，，且在上的投影为3，求平面ACF与平面ACE所成锐二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据条件证明平面平面PAB即可；

（2）以A为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量即可算出答案.

【详解】（1）因为平面ABCD，平面ABCD，所以，

因为平面，平面，所以平面，

因为底面ABCD为矩形，所以，

因为平面，平面，所以平面，

因为，

所以平面平面PAB，

又平面CDE，所以平面PAB．

（2）

以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，．

因为在上的投影为3，所以F的坐标为．

设平面ACF的法向量为，，，

则，即令，得．

设平面ACE的法向量为，，，

则，即，令，得．

由，得平面ACF和平面ACE所成锐二面角的余弦值为．

20．已知椭圆的左，右顶点分别为，左焦点为，．

(1)求的方程；

(2)设直线与交于不同于的两点，且，求的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用椭圆的标准方程和定义求解即可；

（2）设直线方程为，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理和向量垂直的坐标表示可得，又，故求的最大值即可.

【详解】（1）设的半焦距为，由，

可得，解得，

因为，

所以C的方程为．

（2）由题意知，直线的斜率不为0，

则不妨设直线的方程为，

联立消去得，

，化简整理得，

设，则，

因为，所以,

因为，所以，

得，

将代入上式，

得，

得，

解得或（舍去）．

所以直线的方程为，则直线恒过点，

所以．

设，则，，

易知在上单调递增，

所以当时，取得最大值．

又，

所以．

21．已知函数．

(1)求的单调区间；

(2)若函数恰有两个零点，求正数a的取值范围．

【答案】(1)单调递减区间是，无递增区间

(2)

【分析】（1），再次求导证明恒成立，从而知在定义域上的单调性；

（2）分类讨论的单调性，结合极值的正负确定有两个零点满足的条件.

【详解】（1）由题意可得．设，则．由，得，由，得，则在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减，从而，

故的单调递减区间是，无递增区间．

（2）由题意可得．

①当，即时，由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增．

所以要使要有两个零点，首先要求，解得．

下面证明时，确实存在两个零点：

所以，且,故在内存在一个零点.

，因为，所以，故在内存在一个零点.

所以时，存在两个零点．

②当，即时，，解得，因为，所以，则有且仅有1个零点，故不符合题意．

③当，即时，由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减．

显然，下面证明当时恒成立

，设，则．

由（1）可知在上单调递减，则，即成立.

所以时不可能有两个零点．

综上，恰有两个零点时正数a的取值范围是．

【点睛】在解决函数零点问题时，

（1）如果采取分离函数的方法，往往分离出一条直线一条曲线，或是常数和一个可讨论的函数，数形结合讨论两个函数图象交点的个数；

（2）如果不分离就要分类讨论，可能要麻烦很多，要灵活运用函数的单调性、极值和零点存在性定理，数形结合寻找满足零点个数的条件.

22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是．

(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，点，求的值．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）消去参数可得C的普通方程，根据极坐标与直角坐标转化公式可求直线直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程代入普通方程，消元后根据参数的几何意义求解.

【详解】（1）由（t为参数），得，

故曲线C的普通方程为．

由，得，

故直线l的直角坐标方程为．

（2）由题意可知直线l的参数方程为（t为参数）．

将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程并整理得，

设A，B对应的参数分别是，

则，

从而，

故．

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若不等式的解集包含，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，得到，然后分， ， 求解；

（2）由的解集包含，转化为时，恒成立求解．

【详解】（1）解：当时，，

当时，可化为，

解得，此时；

当时，可化为，

解得，此时；

当时，可化为，

得，不成立，此时无解．

综上：不等式的解集为．

（2）因为的解集包含，

所以当时，恒成立．

当时，可化为，即，

即，则，

由，得，

所以，解得．

综上：a的取值范围为．