陕西省渭南市2022-2023学年高三数学（理）一模试题（Word版附解析）

渭南市2023届高三教学质量检测（Ⅰ）数学试题（理科）注意事项：1.本试题满分150分，考试时间120分钟.2.答卷前务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡和答题纸上.3.将选择题答案填涂在答题卡上，非选择题按照题号完成在答题纸上的指定区域内.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据交集定义计算.【详解】对于集合B，，；故选：B.2.设复数满足，则的虚部是（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出的值，然后两边同除，最后用复数的除法运算求解.【详解】，即所以的虚部是.故选：C3.已知向量，若，则（）A.B.C.D.20 【答案】B【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示得，再求向量的模；【详解】解：由，得，则，即所以.故选：B4.已知抛物线，则它的焦点坐标是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将抛物线化为标准方程，确定焦点位置，根据公式计算即可.【详解】解：抛物线化为，∵抛物线开口向上，焦点在轴正半轴，∴焦点为，即．故选：D.【点睛】抛物线性质的应用技巧：（1）利用抛物线方程确定及应用其焦点、准线时，关键是将抛物线方程化成标准方程；（2）要结合图形分析，灵活运用平面图形的性质简化运算.5.2022年6月5日上午10时44分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号F运载火箭，将神舟十四号载人飞船和3名中国航天员送入太空这标志着中国空间站任务转入建造阶段后的首次载人飞行任务正式开启.火箭在发射时会产生巨大的噪音，已知声音的声强级（单位： ）与声强（单位：）满足.若人交谈时的声强级约为，且火箭发射时的声强与人交谈时的声强的比值约为，则火箭发射时的声强级约为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设人交谈时的声强为，从而得到，求出火箭发射时的声强为，代入解析式求出答案.【详解】设人交谈时的声强为，则火箭发射时的声强为，则，解得：，则火箭发射时的声强为，将其代入中，得：，故火箭发射时的声强级约为.故选：B6.如图，在直三棱柱中，，且分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据线线平行可得或其补角是异面直线与所成的角，利用三角形 三边关系，由余弦定理即可求解.【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接,，由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,又因为是的中点，所以,所以，则或其补角是异面直线与所成的角.设，则，从而，故,故异面直线与所成角的余弦值是.故选：A7.为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计的比赛，其中某位同学利用函数图象设计了如图的，那么该同学所选的函数最有可能是（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】将图形置于直角坐标系中，结合奇偶性和单调性即可得结果.【详解】将图形置于直角坐标系中，如图所示：由图易知该函数为偶函数，对于选项B，满足，即为奇函数，故可排除；对于选项D，满足，即为非奇非偶函数，故可排除；对于选项C，，令，所以在恒成立，所以在单调递增，所以在恒成立，即在单调递增，故排除；故选：A.8.若，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用正切二倍角公式即同角三角函数关系化简得到，.【详解】变形为， 即，因为，所以，，所以，因为，所以，解得：，因为，，解得：.故选：B9.已知函数在R上单调递增的概率为，且随机变量．则等于（）[附：若，则，．]A.0.1359B.0.1587C.0.2718D.0.3413【答案】A【解析】【分析】根据已知条件可求出，则.根据正态分布的对称性，即可求得.【详解】使在R上单调递增的充要条件是，即，故.由于随机变量，则，即，即，.故，，所以．故选：A． 10.在中，内角所对应的边分别为，且，若的面积，则面积的最小值为A.1B.C.D.【答案】B【解析】【详解】因为，所以,因为，所以因为因此面积最小值为，选B.点睛：三角形中最值问题，一般转化为条件最值问题:先根据正、余弦定理及三角形面积公式结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，利用基本不等式或函数方法求最值.在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.11.已知双曲线C：(a>0，b>0)的右焦点为F，点A，B分别为双曲线的左，右顶点，以AB为直径的圆与双曲线C的两条渐近线在第一，二象限分别交于P，Q两点，若OQ∥PF(O为坐标原点)，则该双曲线的离心率为（）A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知可得为等腰三角形，作,垂足为,过作轴，交渐近线第一象限部分于,则，利用相似三角形的性质，结合的基本关系求得的关系，进而求. 【详解】如图所示，,又双曲线的渐近线关于轴对称，,为等腰三角形，作,垂足为,过作轴，交渐近线第一象限部分于,则，,.由三角形相似的性质得,即，整理得，故选：D.【点睛】本题考查双曲线的渐近线和离心率，关键是抓住问题的特殊性，适当添加辅助线，构造相似三角形，利用相似三角形的性质及的基本关系得到的关系，从而求得离心率的值.12.已知函数，，的定义域均为，为的导函数.若为偶函数，且，.则以下四个命题：①；②关于直线对称；③；④中一定成立的是（）A.①④B.②③C.①②③D.①②④【答案】D 【解析】【分析】由为偶函数可得为奇函数，继而得到是以4为周期周期函数，即可判断①③④，由可得，继而得到，即可判断②【详解】对②：由，可得，则（与为常数），令，则，所以，则，故关于直线对称，②正确；对①：∵为偶函数，则，∴，则为奇函数，故，即，则是以4为周期的周期函数，由，令，则，可得，故，①正确；由，令，则，即，令，则，即，故，则，对③：由，即，则，由于无法得出的值，③错误； 对④：，④正确；故选：D.【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若实数，满足约束条件，则的最大值是_____________.【答案】8【解析】【分析】由题中条件作出平面区域，根据目标函数的几何意义分析运算.【详解】由，作出平面区域，如图所示，∵，即，表示斜率为2，横截距为的直线，∴当直线过点时，横截距取到最大值，故的最大值是.故答案为：8.14.杜甫 “三吏三别”深刻写出了民间疾苦及在乱世中身世飘荡的孤独，揭示了战争给人民带来的巨大不幸和困苦．“三吏”是指《新安吏》《石壕吏》《潼关吏》，“三别”是指《新婚别》《无家别》《垂老别》．语文老师打算从“三吏”中选二篇，从“三别”中选一篇推荐给同学们课外阅读，那么语文老师选的三篇中含《新安吏》和《无家别》的概率是________．【答案】【解析】【分析】写出从“三吏”中选两篇，从“三别”中选一篇的样本空间，写出事件“语文老师选的三篇中含《新安吏》和《无家别》”的样本点，根据古典概型的概率公式即可求得答案.【详解】将《新安吏》《石壕吏》《潼关吏》分别记为a、b、c，《新婚别》《无家别》《垂老别》分别记为d、e、f，从“三吏”中选两篇，从“三别”中选一篇的样本空间为，共9个样本点，记事件A为“语文老师选的三篇中含《新安吏》和《无家别》”，则，共2个样本点，故，故答案为：15.将函数和直线的所有交点从左到右依次记为，，…，，若，则____________.【答案】10【解析】【分析】根据题意作出两个函数的图象分析交点个数，利用对称性化简向量的和即可求解.【详解】如图可知：函数和直线共有5个交点，依次为，其中，∵函数和直线均关于点对称，则关于点对称，∴，且， 故故答案为：10.16.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为1，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为_______；用过三点的平面去截勒洛四面体，所得截面的面积为_____________.【答案】①.②.【解析】【分析】空1：根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，设该球与勒洛四面体的一个切点，连接，则三点共线，且为该球球心，也是正四面体的中心，再求正四面体的外接球半径即可得以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径；空2：再结合勒洛四面体的构成可知过三点的截面面积为3个半径为1，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为1的正三角形的面积，再计算即可得答案. 【详解】空1：根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图1，点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球球心，由正四面体的性质可知该该球球心为正四面体的中心，半径为，连接，则三点共线，此时，为正四面体的外接球的半径，由于正四面体的棱长为1，其可以在棱长为的正方体中截出，所以正四面体的外接球的半径即为棱长为的正方体的外接球半径，即正方体体对角线的一半，则，故勒洛四面体能够容纳的最大球的半径；空2：如图2，根据勒洛四面体的构成可知，过三点的截面面积为3个半径为1，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为1的正三角形的面积，所以所得截面的面积为.故答案为：；.【点睛】方法点睛：①由勒洛四面体分析内切球的球心所在的位置，结合正方体求其半径；②分析可知勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，计算出该截面面积，可得结果.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分.17.设数列的前项和为，已知，是公差为2的等差数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出，从而利用等差数列求和公式求出，再利用求出答案；（2）裂项相消法求和.【小问1详解】∵，∴，∴，∴，当时，，又适合上式，因此；【小问2详解】，故.18.在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，， AC⊥AE，AB⊥BC，CD=1，AE=AC=2，F为DE的中点，且点满足．（1）证明：GF平面ABC；（2）当多面体ABCDE的体积最大时，求二面角A-BE-D的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证四边形CDNM为平行四边形，进而可得CM//DN，又中位线定理得GF//DN，则GF//CM，再由线面平行的判定定理即可证结论.（2）过B作BH⊥AC交AC于H，由多面体ABCDE体积最大得BH最大，可知，为的中点，从而建立空间直角坐标系，求面ABE与面DBE的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示即可求二面角ABED的正弦值.【小问1详解】取AB，EB中点M，N，连接CM，MN，ND，在梯形ACDE中，且DC=EA，而M，N分别为BA，BE中点，∴MN//EA，MN=EA， ∴MN//CD，MN=CD，即四边形CDNM是平行四边形，∴CM//DN，又，N为EB中点，∴G为EN中点，又F为ED中点，∴GF//DN，故GF//CM，又CM平面ABC，GF平面ABC，∴平面ABC.【小问2详解】在平面ABC内，过B作BH⊥AC交AC于H．∴平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE平面ABC=AC，BH平面ABC，BH⊥AC，∴BH⊥平面ACDE，则BH为四棱锥B-ACDE的高，又底面ACDE面积确定，要使多面体ABCDE体积最大，即BH最大，此时AB=BC=，，为的中点，连结，易得，易知HB，HC，HF两两垂直，以为原点建立如图所示的平面直角坐标系H-xyz，∴，则，设为平面ABE的一个法向量，则，即，取，设为平面DBE的一个法向量，则，即，取， ∴，∴二面角ABED的正弦值为.19.某企业研发了一种新药，为评估药物对目标适应症患者的治疗作用和安全性，需要开展临床用药试验，检测显示临床疗效评价指标的数量与连续用药天数具有相关关系.随机征集了一部分志愿者作为样本参加临床用药试验，并得到了一组数据，其中表示连续用药天，表示相应的临床疗效评价指标的数值.根据临床经验，刚开始用药时，指标的数量变化明显，随着天数增加，的变化趋缓.经计算得到如下一些统计量的值：，.（1）求样本的相关系数（精确到；（2）新药经过临床试验后，企业决定通过两条不同的生产线每天8小时批量生产该商品，其中第1条生产线的生产效率是第2条生产线的两倍.若第1条生产线出现不合格药品的概率为，第2条生产线出现不合格药品的概率为，两条生产线是否出现不合格药品相互独立.（i）随机抽取一件该企业生产的药品，求该药品不合格的概率；（ii）若在抽查中发现3件不合格药品，求其中至少有2件药品来自第1条生产线的概率.附：相关系数.【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）带相关系数公式计算即可；（2）（i）记事件，，计算即可；（ii）根据条件概率计算得 ，再由服从二项分布解决即可.【小问1详解】样本的相关系数为【小问2详解】（i）设“随机抽取一件该企业生产的药品为不合格”，“随机抽取一件药品为第1条生产线生产”，“随机抽取一件药品为第2条生产线生产”，则，又，于是.（ii）在抽查中发现的任一件不合格药品来自第1条生产线的概率为：，故3件不合格药品中至少有2件药品来自第1条生产线的概率为.20.“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图） 步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为6的圆形纸片，设定点到圆心的距离为4，按上述方法折纸.（1）以点、所在的直线为轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆的标准方程；（2）若过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，在轴的正半轴上是否存在定点，使得直线，斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在点，使得直线与斜率之积为定值.【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义对照折纸的方法求出；（2）设直线l的方程，与椭圆方程联立，再根据斜率的定义求解即可.【小问1详解】如图，以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系设为椭圆上一点，由题意可知，，所以点轨迹是以，为焦点，长轴长的椭圆，因为，，所以，，则，所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】由已知：直线过，设的方程为，由题意m必定是存在的，联立两个方程得，消去得，得，设，，则，（*），，将（*）代入上式，可得上式，要使为定值，则有，，又∵，∴，此时，∴存在点，使得直线与斜率之积为定值；综上，椭圆的标准方程为，存在点，使得直线与斜率之积为定值.21.已知函数，其中，为的导函数.（1）当，求在点处的切线方程； （2）设函数，且恒成立.①求的取值范围；②设函数的零点为，的极小值点为，求证：.【答案】（1）（2）①;②详见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解.（2）①先对函数求导，得到，推出，求导，得到，解对应不等式，得到单调性，求出其最小值，再根据恒成立，即可得出结果；②先设，求导得.设，对其求导，判定单调性，从而得到函数单调性，得到是函数的极小值点，得到，再由①得时，，推出所以，得到，得到函数在区间上单调递增，再由题意，即可得出结论成立.【小问1详解】时，,,,，所以函数在处的切线方程，即.【小问2详解】①由题设知，，，， 由，得，所以函数在区间上是增函数；由，得，所以函数在区间上是减函数.故在处取得最小值，且.由于恒成立，所以，得，所以的取值范围为；②设，则.设，则，故函数在区间上单调递增，由（1）知，，所以，，故存在，使得，所以，当时，，，函数单调递减；当时，，，函数单调递增.所以是函数的极小值点.因此，即.由①可知，当时，，即，整理得，所以.因此，即.所以函数在区间上单调递增. 由于，即，即，所以.又函数在区间上单调递增，所以.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标中，曲线的参数方程为（为参数，），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程；（2）若曲线与直线交于两点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用消参法求曲线的普通方程，注意；（2）注意到为直径，结合点到直线的距离运算求解.【小问1详解】由得，代入 整理得，即，故曲线的普通方程为.【小问2详解】∵，∴直线的普通方程为，即，此时直线过圆心，即为直径，故，原点到直线的距离，故的面积.[选修4-5：不等式选讲]23.已知关于的不等式有解．（1）求实数的最大值；（2）在（1）的条件下，已知为正数，且，求的最小值．【答案】（1）（2）36【解析】【分析】（1）利用绝对值不等式得，所以有解只需即可；（2）利用均值不等式求解即可.【小问1详解】因为，当且仅当等号成立所以的最大值为3．因为不等式有解，所以，解得， 所以实数的最大值．【小问2详解】由（1）知，，因为（当且仅当时，等号成立），，当且仅当，即，时，等号成立，所以的最小值为36．