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1、陕西省西安市长安区2023届高三一模数学（理科）试卷长安区高三质量检测数学（理科）试题注意事项：1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收.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. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案
2、】A【解析】【分析】解指数不等式化简集合B，再利用交集的定义求解作答.【详解】解不等式得：，则，而，又，所以.故选：A2. 甲乙两位射击运动员参加比赛，抽取连续6轮射击比赛的成绩情况如下：甲：80、70、80、90、90、70；乙：70、80、80、80、70、80则下列说法中正确的是（ ）A. 甲比乙平均成绩高，甲比乙成绩稳定B. 甲比乙平均成绩高，乙比甲成绩稳定C. 乙比甲平均成绩高，甲比乙成绩稳定D. 乙比甲平均成绩高，乙比甲成绩稳定【答案】B【解析】【分析】根据给定数据，求出甲乙成绩的平均数及方差，再比较判断作答.【详解】依题意，甲射击成绩的平均数，方差，乙射击成绩的平均数，方差，因此
3、，所以甲比乙平均成绩高，乙比甲成绩稳定.故选：B3. 复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设复数，则根据题意根据复数相等列出关于的方程，即可求得答案.【详解】设复数，则由可得，即，则，整理得，当时，解得，此时，当时，即，则结合各选项，该式均不成立，故选：B4. 函数在区间上的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用函数的奇偶性和指数函数的性质，排除选项得出正确答案【详解】偶函数，排除选项B和D当时，即，排除选项C故选：A5. 在平行四边形ABCD中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，将，都用，表示，设，解
4、出m，n.【详解】设，因为，所以，因为，所以，设，则，解得，即.故选：C.6. 我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在大衍历中建立了晷影长1与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距正切值的乘积，即对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为，且，若第二次的“晷影长”与“表高”相等，则第一次的“晷影长”是“表高”的（ ）A. 1倍B. 2倍C. 3倍D. 4倍【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，可得，再利用和角的正切公式计算作答.【详解】依题意，则，所以第一次“晷影长”是“表高”的2倍.故选：B7. 下列
5、是函数图像的对称轴的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用诱导公式及二倍角公式化简函数，再利用余弦函数的性质求解作答.【详解】，显然，所以函数图像的对称轴的是，ABC错误，D正确.故选：D8. 盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商准备将棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，为节约成本，使得魔方能够放入盲盒且盲盒棱长最小时，盲盒内剩余空间的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】棱长为8的正四面体放入正方体，使正方体面对角线长等于正四面体棱长，然后求出体积作答.【详解】依题意，要使棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，且盲盒
6、棱长最小，则当且仅当正方体的面对角线长等于正四面体的棱长，即它们有相同的外接球，如图，正四面体的棱长为8cm，该正四面体的所有棱均为正方体对应的面对角线，所以该正方体棱长为，盲盒内剩余空间的体积为.故选：C9. 已知点是双曲线的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线垂足为A，交另一条渐近线于点B若，则双曲线C的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用点到直线距离公式、二倍角的余弦公式、勾股定理列式计算作答.【详解】双曲线的渐近线方程为：，不妨令点A在直线上，如图，因为，则，而，即有，由知，点在y轴同侧，于是，在中，由得：，整理得：，化简得，解得或（舍去），
7、所以，双曲线方程为.故选：A10. 已知函数满足，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出的解析式，在同一坐标系中作，的图象，得到，借助的单调性进行判断即可.【详解】因为，所以，联立，得，在R上单调递减，在同一坐标系中作，的图象，如图，所以，故.故选：B.11. 在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分析得到球心O在平面ACD的投影与M点重合，由面面垂直得到球心O在平面BCD上，作出辅助线，球心O在MH上，设OM=x，由半径相等列出方程，求出x，进而
8、得到外接球半径，求出表面积.【详解】因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，所以AMCD，且，因为，所以，而，由勾股定理得：，所以BM=BC，故为等腰直角三角形，由题意得：球心O在平面ACD投影与M点重合，因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，在平面BCD上，过点M作MHCD，故，球心O在MH上，设OM=x，由余弦定理得：，则，由得：，解得：，设外接球半径为，则，故该三棱锥的外接球的表面积为.故选：D【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等
9、，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 12. 设函数的定义域为，满足，且当时，.则下列结论正确的个数是（ ）；若对任意，都有，则的取值范围是；若方程恰有3个实数根，则的取值范围是；函数在区间上的最大值为，若，使得成立，则.A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】由题意推出函数的解析式，作出函数图象，利用解析式可判断；解方程，结合函数图象可判断；举反例取特殊值，可判断；根据函数解析式求得最值，可得表达式，分离参数，将，使得成立转化为数列的单调性问题，可判断.【详解】函数的定义域为，满足，即，且当时，,当时，故,当时
10、，故，依次类推，当时， ，由此可作出函数的图象如图：对于， ，此时，故 ，正确；对于，当时，；结合可知当时，；故当时，令，即，解得 ，又，故对任意，都有，则的取值范围是，正确；对于，取，则直线，过点，结合图象可知恰有3个交点，即恰有3个实数根，即说明符合题意，则错误；对于，当时， ，其最大值为，若，使得成立，即，即需；记，则，故，当时，递增；当时，递减，又，则，故的最大值为，则，即，故错误，综合可知，结论正确的个数是2个，故选：B【点睛】难点点睛：本题综合考查了函数的性质以及数列的单调性等，综合性较强，解答的难点在于要明确函数的性质，明确函数的解析式，从而作出函数图象，数形结合，解决问题.二、
11、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 设a为实数，函数导函数为，若是偶函数，则_，此时，曲线在原点处的切线方程为_【答案】 . . 【解析】【分析】由偶函数的定义得出的值，再由导数的几何意义求切线方程.【详解】，因为是偶函数，所以在上恒成立，则恒成立，故.因为，所以曲线在原点处的切线方程为，即.故答案为：；14. 已知直线与圆交于A，B两点，若，则_【答案】#【解析】【分析】根据给定条件，利用圆的弦长公式求出圆心到直线l的距离即可求解作答.【详解】圆的圆心，半径，因为圆O的弦AB长为2，则点O到直线l的距离，而，因此，解得，所以.故答案为：15. 已知在中，角所对边分别为，满足
12、，且，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】根据已知利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，从而可表示出的表达式，利用辅助角公式化简结合三角函数的性质，即可求得答案.【详解】由题意在中，满足，即,即，而，故，又,则，同理，故，又,故，则，故答案为：16. 在生活中，可以利用如下图工具绘制椭圆，已知是滑杆上的一个定点，D可以在滑杆上自由移动，线段，点E在线段上，且满足，若点E所形成的椭圆的离心率为，则_.【答案】2【解析】【分析】建立坐标系，求得P点的轨迹方程，从而求出点E的轨迹方程，结合椭圆的几何性质，列方程即可求得答案.【详解】如图，以O为原点，为x轴，过点O作的垂线为y轴，建立平面
13、直角坐标系，过点E作的垂线交延长线于P，交于M,作,垂足为F，则,因为，故,则，故,设，则，故,则P点的轨迹方程为，由于，则，故，则，设，则,而,故，即为E点轨迹方程，表示椭圆，即，由于椭圆的离心率为，即，解得，即，由于，故，故答案为：2【点睛】关键点点睛：解答本题时，要明确由该题中的方法形成椭圆的过程，因此解答时结合平面图形几何性质，判断P点轨迹为圆，由此解答本题的关键在于要由此确定E点的轨迹方程，从而根据椭圆的性质求得答案.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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为洗考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共6
14、0分.17. 已知等差数列的前n项和为，满足，_在；这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答（注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分在答题前应说明“我选_”）（1）求的通项公式；（2）设，求的前n项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的基本量的运算可得，进而即得；（2）利用分组求和法即得.【小问1详解】设等差数列的首项为，公差为若选择条件，则由，得，解得，；若选择条件，则由，得，解得，；若选择条件，则由，得，解得，；【小问2详解】由（1）知，选择三个条件中的任何一个，都有，则，的前n项和18. 如图，在四棱锥中，平面，E为的中点，F在上，满足.（1）求证：平面；（
15、2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析. （2）.【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，根据题意求得相关点坐标，求出点F的坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【小问1详解】证明：因为平面，平面ABCD,所以,又因为，平面，所以平面.小问2详解】过A作的垂线交于点M,因为平面，平面,所以,以A为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系如图，则,因为E为的中点，所以,因为F在上，设,则,故,因为，所以，即，即，即，所以，设平面的一个法向量为，则,即，令，则，故；，设平面的一个法向量为，则,即，令，则，故，故，由图可
16、知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.19. 设抛物线的焦点为，Q在准线上，Q的纵坐标为，点M到F与到定点的距离之和的最小值为4（1）求抛物线C的方程；（2）过F且斜率为2的直线l与C交于A、B两点，求的面积【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）由已知可推得，求出的坐标代入，即可得出关于的方程，求解即可得出；（2）由已知可求得直线方程为，联立直线与抛物线的方程，根据韦达定理求出弦长.然后根据点到直线的距离求出点到直线的距离，即可得出面积.【小问1详解】由已知可得，.因为，当且仅当三点共线时，取得最小值.又，所以，即，整理可得，因为，所以.所以，抛物线C的方程为.【小问2详解】由（1）知
17、，所以直线的方程为，.联立直线与抛物线的方程可得，.设，则由韦达定理可得.所以.又点到直线，即直线的距离为，所以，的面积.【点睛】方法点睛：求圆锥曲线中的有关三角形的面积时，常联立直线与曲线的方程，根据韦达定理求出弦长.然后根据点到直线的距离公式，求出三角形的高，即可得出.20. 某学校组织知识竞答比赛，设计了两种答题方案：方案一：先回答一道多选题，从第二道开始都回答单选题；方案二：全部回答单选题.其中每道单选题答对得2分，答错得0分；多选题全部选对得3分，选对但不全得1分，有错误选项得0分.每名参与竞答的同学至多答题3道.在答题过程中得到4分或4分以上立刻停止答题.统计参与竞答的500名同学
18、，所得结果如下表所示：男生女生选择方案一10080选择方案二200120（1）能否有的把握认为方案的选择与性别有关?（2）小明回答每道单选题的正确率为0.8；多选题完全选对的概率为0.3，选对且不全的概率为0.3.若小明选择方案一，记小明的得分为X，求X的分布列及数学期望；如果你是小明，为了获取更好的得分你会选择哪个方案?请通过计算说明理由.附：，.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）没有. （2）分布列见解析；.选方案一，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据题意完善列联表，计算
19、的值，即可判断结论；（2）确定X的取值，求出每个值对应的概率，可得分布列，进而求得数学期望；计算出选择方案二的数学期望，和方案一进行比较，可得答案.【小问1详解】由题意完善列联表如图：男生女生总计选择方案一10080180选择方案二200120320总计300200500故故没有的把握认为方案的选择与性别有关.【小问2详解】由题意可知X的所有可能取值为，则,故X的分布列为X012345P0.0160.0120.1280.1080.2560.480故X的数学期望.设选择方案二的得分为Y,则Y的可能取值为，则,故,因为,故为了获取更好的得分,小明会选择方案一.21. 已知函数，求证：（1）存在唯一
20、零点；（2）不等式恒成立【答案】（1）见解析 （2）见解析【解析】【分析】（1）由导数得出的单调性，结合零点存在性定理证明即可；（2）先证明，再由的单调性，证明不等式即可.【小问1详解】，.当时，此时函数单调递增；当时，此时函数单调递减；所以，即.所以在上单调递增，.则在上，存在，使得，即存在唯一零点；【小问2详解】，令，.当时，此时函数单调递增；当时，此时函数单调递减；即，故.因为函数在上单调递增，所以.即.故不等式恒成立.【点睛】关键点睛：在证明第二问时，关键是由导数证明，再利用函数的单调性证明，在做题时，要察觉到这一点.（二）选考题：共10分.考生从22.23题中任选一题作答，如果多做，
21、则按所做的第一题计分.【选修4-4：坐标系与参数方程】22. 在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（，t为参数）（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）已知直线与x轴的交点为F，且曲线C与直线l交于A、B两点，求的值【答案】（1） （2）24【解析】【分析】（1）根据曲线C的参数方程为（，t为参数），由两边平方求解； （2）易知直线的参数方程为，代入，利用参数的几何意义求解.【小问1详解】解：因为曲线C的参数方程为（，t为参数），所以由两边平方得：，而，当且仅当，即时，等号成立，所以曲线C的直角坐标方程；【小问2详解】易知直线与x轴的交点为,直线的参数方程为，代入得，设A，B两点对应的参数分别为，则，所以.【选修4-5：不等式选讲】23. 已知（1）求的解集；（2）已知在上恒成立，求实数a的取值范围【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）把函数化成分段函数，再分段解不等式作答.（2）根据给定条件，分离参数并构造函数，求出函数最大值作答.【小问1详解】依题意，不等式化为：或或，解得或或，即有，所以的解集为.【小问2详解】依题意，于是，当且仅当时取等号，则，所以实数a的取值范围是.