2023屆陜西省渭南市高三下學期教學質量檢測（Ⅰ）數學（文）試題一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據交集的定義計算.【詳解】對于集合B，，；故選：B.2．設復數滿足，則的虛部是（

）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】先求出的值，然后兩邊同除，最后用復數的除法運算求解.【詳解】，即所以的虛部是.故選：C二、多選題3．已知命題；命題，則下列結論正確的是（

）A．命題是真命題 B．命題是真命題C．命題是真命題 D．命題是假命題【答案】CD【分析】先判斷的真假性，然后結合含有簡單邏輯連接詞命題的真假性確定正確答案.【詳解】對于命題，由于，所以是假命題，是真命題.對于命題，，所以是真命題，是假命題.所以、、是假命題，是真命題.所以AB選項錯誤，CD選項正確.故選：CD三、單選題4．已知，則取得最小值時的值為（

）A．3 B．2 C．4 D．5【答案】A【分析】根據基本不等式求最值，考查等號成立的條件即可求解.【詳解】，則，當且僅當，即時等號成立.故選：A5．若x，y滿足約束條件則的最大值是（

）A． B．4 C．8 D．12【答案】C【分析】作出可行域，數形結合即可得解.【詳解】由題意作出可行域，如圖陰影部分所示，轉化目標函數為，上下平移直線，可得當直線過點時，直線截距最小，z最大，所以.故選：C.6．已知函數，，則（

）A． B．在區間上有個零點C．的最小正周期為 D．為圖象的一條對稱軸【答案】A【分析】根據正弦型函數圖象性質即可求解.【詳解】由題可知，所以函數的值域為，故A正確；令，即即，令，，所以，所以有兩個零點，故B錯誤；,故C錯誤；令即，沒有任何能使得，故D錯誤；故選:A.7．《賣油翁》中寫道：“（油）自錢孔入，而錢不濕”，其技藝讓人嘆為觀止，已知銅錢是直徑為的圓，中間有邊長為的正方形孔，若隨機向銅錢滴一滴油，則油（油滴的大小忽略不計）正好落入孔中而錢不濕的概率為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】分別計算銅錢圓的面積以及正方形孔的面積，再利用幾何概型求概率.【詳解】直徑為的圓的面積,邊長為的正方形的面積為，則油正好落入孔中而錢不濕的概率為.故選：D8．青花瓷，又稱白地青花瓷，常簡稱青花，是中國瓷器的主流品種之一．如圖1，這是一個青花瓷圓盤．該圓盤中的兩個圓的圓心重合，如圖2，其中大圓半徑，小圓半徑，點在大圓上，過點作小圓的切線，切點分別是，，則（

）A． B． C．4 D．5【答案】B【分析】根據題意，求出，利用直角三角形的性質和二倍角公式得到，然后代入向量數量積公式即可求解.【詳解】由題意可知：，，因為為切線，所以，如圖，由勾股定理可得：，所以,由，，過，所以，故選：.9．已知函數滿足：①定義域為，②為偶函數，③為奇函數，④對任意的，且，都有，則的大小關系是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由②得關于x=1對稱，由③得關于對稱，由④得在上單增，根據得出的信息得的周期并畫出的草圖，將其都轉化到同一個單調區間上看圖即可得結果.【詳解】∵在R上為偶函數，∴，∴關于x=1對稱.∵在R上為奇函數，∴，∴關于對稱，且∵，∴（將上式中的x換成x-1）①又∵，∴②∴由①②得：③∴由③得：④（將③中的x換成x+2）∴由③④得：∴的一個周期為，且，關于對稱又∵對任意的，且，都有，∴在上單調遞增.∴在一個周期內的草圖為：∴，，∴如圖所示：，即：，故選：C.10．如圖，在直三棱柱中，，且分別是棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據線線平行可得或其補角是異面直線與所成的角，利用三角形三邊關系，由余弦定理即可求解.【詳解】如圖，在棱上取一點，使得，取的中點，連接,，由于分別是棱的中點，所以，故四邊形為平行四邊形，進而,又因為是的中點，所以,所以，則或其補角是異面直線與所成的角.設，則，從而，故,故異面直線與所成角的余弦值是.故選：A11．已知以圓：的圓心為焦點的拋物線與圓在第一象限交于點，點是拋物線：上任意一點，與直線垂直，垂足為，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由圓的標準方程求得圓心，可得拋物線方程，利用運用拋物線的定義可得，從而可得結果.【詳解】因為的圓心所以以為焦點的拋物線方程為，由，解得，拋物線的焦點為，準線方程為，如圖，即有，當且僅當在之間）三點共線，可得最大值，故選：A【點睛】方法點睛：與焦點、準線有關的問題一般情況下都與拋物線的定義有關，解決這類問題一定要注意點到點的距離與點到直線的距離的轉化：（1）將拋線上的點到準線距離轉化為該點到焦點的距離；(2)將拋物線上的點到焦點的距離轉化為到準線的距離，使問題得到解決.12．已知直線是曲線與曲線的公切線，則等于（

）A． B．3 C． D．2【答案】D【分析】由求得切線方程，結合該切線也是的切線列方程，求得切點坐標以及斜率，進而求得直線，從而求得正確答案.【詳解】設是圖象上的一點，，所以在點處的切線方程為，①，令，解得，，所以，，所以或（此時①為，，不符合題意，舍去），所以，此時①可化為，所以.故選：D四、填空題13．2021年受疫情影響，國家鼓勵員工在工作地過年.某機構統計了某市5個地區的外來務工人員數與他們選擇留在當地過年的人數占比，得到如下的表格：A區B區C區D區E區外來務工人員數50004000350030002500留在當地的人數占比80%90%80%80%84%根據這5個地區的數據求得留在當地過年人員數y與外來務工人員數x的線性回歸方程為.該市對外來務工人員選擇留在當地過年的每人補貼1000元，該市F區有10000名外來務工人員，根據線性回歸方程估計F區需要給外來務工人員中留在當地過年的人員的補貼總額為___________萬元.(參考數據：取)【答案】【分析】求出，利用中心點求得，然后令代入可得估計值，求得留在當地過年的人員數可得補貼總額．【詳解】由已知，，所以，則，即，時，，估計應補貼（萬元）．故答案為：．【點睛】關鍵點點睛：本題考查結尾回歸直線方程的應用，線性回歸直線的性質：線性回歸直線一定過中心點，由此可求得方程中的參數值，得方程，從而用回歸方程進行計算估計．14．已知雙曲線的焦距為4，焦點到C的一條漸近線的距離為1，則C的漸近線方程為______【答案】【分析】由雙曲線對稱性得一個焦點到兩條漸近線的距離相等，不妨設漸近線為，由點線距離及的關系可得方程組求解.【詳解】由雙曲線對稱性得，一個焦點到兩條漸近線的距離相等，不妨取漸近線為，即，焦點為，則焦點到漸近線的距離，由焦距為4得，故，故C的漸近線方程為.故答案為：.15．寶塔山是延安的標志，是革命圣地的象征，也是中國革命的搖籃，見證了中國革命的進程，在中國老百姓的心中具有重要地位.如圖，在寶塔山的山坡A處測得，從A處沿山坡直線往上前進到達B處，在山坡B處測得，，則寶塔CD的高約為_________m.（，，結果取整數）【答案】44【分析】根據題意可得為等腰三角形，即可得，然后在中利用正弦定理可求得結果.【詳解】因為，，，所以，所以，所以，因為，所以，，在中，由正弦定理得，，所以所以，故答案為：44.五、雙空題16．勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動（如圖甲），利用這一原理，科技人員發明了轉子發動機.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體如圖乙所示，若正四面體的棱長為1，則勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為_______；用過三點的平面去截勒洛四面體，所得截面的面積為_____________.【答案】

【分析】空1：根據題意，勒洛四面體能夠容納的最大球與勒洛四面體的弧面相切，設該球與勒洛四面體的一個切點，連接，則三點共線，且為該球球心，也是正四面體的中心，再求正四面體的外接球半徑即可得以勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑；空2：再結合勒洛四面體的構成可知過三點的截面面積為3個半徑為1，圓心角為的扇形的面積減去兩個邊長為1的正三角形的面積，再計算即可得答案.【詳解】空1：根據題意，勒洛四面體能夠容納的最大球與勒洛四面體的弧面相切，如圖1，點為該球與勒洛四面體的一個切點，為該球球心，由正四面體的性質可知該該球球心為正四面體的中心，半徑為，連接，則三點共線，此時，為正四面體的外接球的半徑，由于正四面體的棱長為1，其可以在棱長為的正方體中截出，所以正四面體的外接球的半徑即為棱長為的正方體的外接球半徑，即正方體體對角線的一半，則，故勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑；空2：如圖2，根據勒洛四面體的構成可知，過三點的截面面積為3個半徑為1，圓心角為的扇形的面積減去兩個邊長為1的正三角形的面積，所以所得截面的面積為.故答案為：；.【點睛】方法點睛：①由勒洛四面體分析內切球的球心所在的位置，結合正方體求其半徑；②分析可知勒洛四面體面積最大的截面即經過四面體表面的截面，計算出該截面面積，可得結果.六、解答題17．設數列的前項和為，已知，是公差為2的等差數列.(1)求的通項公式；(2)設，求數列前項和.【答案】(1)(2)【分析】（1）求出，從而利用等差數列求和公式求出，再利用求出答案；（2）裂項相消法求和.【詳解】（1）∵，∴，∴，∴，當時，，又適合上式，因此；（2），故.18．從某臺機器一天產出的零件中，隨機抽取10件作為樣本，測得其質量如下（單位：克）：，記樣本均值為，樣本標準差為.(1)求；(2)將質量在區間內的零件定為一等品.①估計這臺機器生產的零件的一等品率；P.【答案】(1)，(2)①；②【分析】（1）由平均數、標準差的計算公式求解；（2）由列舉法結合概率公式得出①②.【詳解】（1），所以.（2）①，質量在區間內的零件定為一等品，樣本中一等品有：共5件，用樣本估計總體，這臺機器生產的零件的一等品率為；②從5件一等品中，抽取2件，分別為，，共10種情況，如下：抽取兩件產品質量之差的絕對值不超過克的情況為：，共7種，這兩件產品質量之差的絕對值不超過克的概率.19．如圖，在直三棱柱中，E為的中點，，.（1）求證：；（2）若平面，且，求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）根據，可得平面，故而；（2）設平面與的交點為，連接，，利用平面，得到，也可以得到，進而得到四邊形是平行四邊形，根據條件求得的面積為2，的面積為2，將三棱錐頂點和底面轉換，利用等積法求得結果.【詳解】（1）在直三棱柱中，，又，且，平面，，平面，又平面，.（2）設平面與的交點為，連接，，平面平面，平面，，平面與棱柱兩底面的交線為，，，四邊形是平行四邊形.，又是的中點，，是中點，由直棱柱中，，，的面積為2.由（1）知，，的面積為2.設點到平面的距離為，由體積法得，，點到平面的距離為.【點睛】該題考查的是有關立體幾何的問題，涉及到的知識點有應用線面垂直證明線線垂直，利用等積法求點到平面的距離，屬于簡單題目.20．“工藝折紙”是一種把紙張折成各種不同形狀物品的藝術活動，在我國源遠流長.某些折紙活動蘊含豐富的數學內容，例如：用一張圓形紙片，按如下步驟折紙（如圖）步驟1：設圓心是，在圓內異于圓心處取一點，標記為；步驟2：把紙片折疊，使圓周正好通過點；步驟3：把紙片展開，并留下一道折痕；步驟4：不停重復步驟2和3，就能得到越來越多的折痕.已知這些折痕所圍成的圖形是一個橢圓.若取半徑為6的圓形紙片，設定點到圓心的距離為4，按上述方法折紙.(1)以點、所在的直線為軸，建立適當的坐標系，求折痕圍成的橢圓的標準方程；(2)若過點且不與軸垂直的直線與橢圓交于，兩點，在軸的正半軸上是否存在定點，使得直線，斜率之積為定值？若存在，求出該定點和定值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)存在點，使得直線與斜率之積為定值.【分析】（1）根據橢圓的定義對照折紙的方法求出；（2）設直線l的方程，與橢圓方程聯立，再根據斜率的定義求解即可.【詳解】（1）如圖，以所在的直線為軸，的中點為原點建立平面直角坐標系設為橢圓上一點，由題意可知，，所以點軌跡是以，為焦點，長軸長的橢圓，因為，，所以，，則，所以橢圓的標準方程為；（2）由已知：直線過，設的方程為，由題意m必定是存在的，聯立兩個方程得，消去得，得，設，，則，（*），，將（*）代入上式，可得上式，要使為定值，則有，，又∵，∴，此時，∴存在點，使得直線與斜率之積為定值；綜上，橢圓的標準方程為，存在點，使得直線與斜率之積為定值.21．已知函數有兩個極值點，，且．（1）求實數的取值范圍，并討論的單調性；（2）證明：．【答案】（1），答案見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）求導，利用極值點與導函數的關系結合二次函數的性質求出，再由導數得出的單調性；（2）由（1）得出，進而得出，構造函數，利用導數得出其單調性，進而證明.【詳解】解：（1）∵，令，其對稱軸為由題意知，是方程的兩個不相等的實根則∴當時，，∴在內為增函數；當時，，∴在內為減函數；當時，，∴在內為增函數；（2）證明：由（1）知，令則；∴在上單調遞增，故．從而【點睛】關鍵點睛：解決問題二的關鍵在于將證明不等式恒成立問題轉化為函數求最值問題進行處理，從而證明不等式.22．在平面直角坐標中，曲線的參數方程為（為參數，），以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為.(1)求曲線的普通方程；(2)若曲線與直線交于兩點，求的面積.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用消參法求曲線的普通方程，注意；（2）