陕西省天一大联考2023-2024学年高三上学期10月阶段性测试 理科数学试题（解析版）

第1页/共1页2023-2024学年高中毕业班阶段性测试（一）理科数学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共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.（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的四则运算法则计算得出结果．【详解】．故选：B.2.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先结合一元二次不等式解法分别计算集合，再应用交并补定义计算即可．

【详解】因为，，则．故选：D.

3.已知函数，若，则（）A. B. C. D.10【答案】A【解析】【分析】根据得到，再由求解.【详解】解：因为函数，所以，所以，又，所以，故选：A4.若实数满足约束条件，则的最大值为（）A.3 B.7 C.11 D.15【答案】C【解析】【分析】首先画出不等式组表示的平面区域，再利用的几何意义求目标函数的最大值.【详解】不等式组表示的平面区域如下图，目标函数化为，表示斜率为的一组平行线，当直线过点时，直线截距最大，即取得最大值，联立，得，即，所以.故选：C5.记数列的前项和为，已知，且是公差为的等差数列，则的最大值为（）A.12 B.22 C.37 D.55【答案】B【解析】【分析】根据是公差为的等差数列，求出的通项公式，判断其为等差数列，确定该数列为递减数列，确定其正项，即可求得答案.【详解】由题意，且是公差为的等差数列，可知的首项为，则，故，则数列为，公差为的等差数列，且为递减数列，令，即等差数列的前4项为正项，从第5项开始为负，故的最大值为，故选：B6.对于任意实数，用表示不大于的最大整数，例如：，，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】对任意的，记，则，利用题中定义、不等式的基本性质、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】对任意的，记，则，若，则，即，则，因为，，则，由不等式的基本性质可得，所以，，所以，，即，所以，“”“”；若，如取，，则，故“”“”.因此，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.7.已知函数，若将的图象向左平移个单位长度后所得的图象关于坐标原点对称，则m的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先平移得出函数解析式，再根据奇偶性结合范围求参即可.

【详解】的图象向左平移m个单位长度后，得到的图象对应函数，因为的图象关于坐标原点对称，所以，即，因为，故当时，m取得最小值．故选：B.

8.位于成都市龙泉驿区的东安湖体育公园是第31届世界大学生夏季运动会的核心场馆，它包含一座综合运动场、一座多功能体育馆、一座游泳跳水馆和一座综合小球馆．现安排包含甲、乙在内的6名同学到这4个场馆做志愿者，每人去1个场馆，每个场馆至少安排1个人，则甲、乙两人安排在相同场馆的方法种数为（）A.96 B.144 C.240 D.360【答案】C【解析】【分析】根据分组方法，结合组合数、排列数等知识求得正确答案.【详解】先将6名同学分成4组：一种方式是甲、乙组成一组，再从另外4人任选2人组成一组，其余的一人一组，另一种方式是甲、乙与另外4人中的1人组成一组，其余的一人一组．再把4组人分到4个场馆，所以安排方法种数为．故选：C9.如图所示，在棱长为2的正方体中，点在棱上，且，则点到平面的距离之和为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据条件确定点P的位置，利用线面平行把点到平面的距离分别转化点到平面的距离求解即可.【详解】在棱长为2的正方体中，平面，平面，则，由，得，在中，，则，即点为中点，又平面，平面，因此平面，于是点到平面的距离等于点到平面的距离，同理点到平面的距离等于点到平面的距离，连接，过分作的垂线，垂足分别为，如图，由，得，解得，在中，，则，所以点到平面的距离之和为.故选：B10.把过棱锥顶点且与底面垂直的直线称为棱锥的轴，过棱锥的轴的截面称为棱锥的轴截面．现有一个正三棱锥、一个正四棱锥、一个正六棱锥，它们的高相等，轴截面面积的最大值也相等，则此正三棱锥、正四棱锥、正六棱锥的体积之比为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据正三棱锥、正四棱锥、正六棱锥的结构特征，结合空间直观想象找到底面边长与高、最大轴截面的等量关系，都用表示边长，进而代入分别求解体积，得到体积之比.【详解】设3个正棱锥的高均为h，轴截面面积的最大值均为S．（1）正三棱锥当轴截面与底面的一条棱垂直时，轴截面面积最大，如图，设正三棱锥的底面边长为a，取底边的中点，则，平面VAD，故平面，即为面积最大的轴截面图形.所以，即，可得正三棱锥的体积为．（2）正四棱锥当轴截面经过底面的一条对角线时，轴截面面积最大，如图，设正四棱锥的底面边长为b，连接，即为面积最大的轴截面图形.所以，即，则底面的面积为，可得正四棱锥的体积为．（3）正六棱锥当轴截面经过底面的两个相对的顶点时，轴截面面积最大，如图，设正六棱锥的底面边长为c，连接，即为面积最大的轴截面图形.所以，则，可得正六棱锥的体积为．所以正三棱锥、正六棱锥的体积之比为，即．故选：C.11.在中，是线段上的动点（与端点不重合），设，，则的最小值是（）A.6 B.7 C.8 D.9【答案】D【解析】【分析】由已知条件结合平面向量基本定理可得，，则，化简后利用基本不等式可求得结果【详解】因为，所以，因为，所以，因为三点共线，所以，，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值是9，故选：D12.已知双曲线右焦点为，以坐标原点为圆心，线段为半径作圆，与的右支的一个交点为A，若，则的离心率为（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意求得的值，表示出A点坐标，代入双曲线方程，整理可得关于的齐次式，即可求得离心率.【详解】由题意可知，且为锐角，故，而，故，将代入中，得，结合整理得，即，解得或,由于双曲线离心率，故舍去，故，故选：D二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线交于点M，且，则___________．【答案】4【解析】【分析】求出点M的坐标，利用抛物线的焦半径公式可得关于p的方程，即可求得答案.【详解】把代入抛物线方程（），得，得，根据抛物线的定义有，解得，故答案为：414.某品牌新能源汽车2019-2022年这四年的销量逐年增长，2019年销量为5万辆，2022年销量为22万辆，且这四年销量的中位数与平均数相等，则这四年的总销量为__________万辆.【答案】53【解析】【分析】根据中位数和平均数公式，结合题意，即可求解.【详解】设2020年的销量为，2021年的销量为，，由题意可知，中位数为，平均数为，由，得，所以这四年的总销量为万量.故答案为：5315.已知数列满足，，则满足的最小正整数___________．【答案】5【解析】【分析】根据题意先求得，，从而求得，再构造等比数列，从而得到数列的通项公式，进而根据的单调性即可求解．【详解】由，解得，又，所以．另一方面由，可得，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以，易知是递增数列，又，，所以满足的最小正整数．故答案为：5．【点睛】本题考查递推数列．16.已知定义在R上的函数及其导函数满足，若，则满足不等式的x的取值范围是___________．【答案】【解析】【分析】由条件，构造函数，由得在上单调递增，再利用单调性解不等式即可.【详解】由题意，对任意，都有成立，即．构造函数，则，所以函数在上单调递增．不等式即，即．因为，所以．故由，得.所以不等式的解集为，故答案为：.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.如图，在平面四边形ABCD中，，，，.（1）求；（2）若，求BC.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理及同角三角函数基本关系即可求解；（2）利用诱导公式求出然后利用余弦定理即可求出BC.【小问1详解】在中，由正弦定理得，即，所以.由题设知，所以.【小问2详解】由题设及（1）知，，在中，由余弦定理得，所以18.如图，在直三棱柱中，，D，E，F分别是棱，BC，AC的中点，．（1）证明：平面平面；（2）求直线AC与平面ABD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由平行四边形证明线线平行，再由两对直线的平行关系，证明线面平行，再利用面面平行的判定定理证明面面平行；（2）先证明垂直关系，由此建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角．【小问1详解】在中，因为E，F分别是BC，AC的中点，所以．平面，平面，则平面，因为，则，又，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，则平面，又因为，且平面，所以平面平面．【小问2详解】因为，，，由余弦定理可得，所以，从而．以B为坐标原点，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz．故，，，．从而，，．设平面ABD的法向量为，由，得，取，则为平面ABD的一个法向量，所以，所以直线AC与平面ABD所成角的正弦值为．19.已知椭圆C：过点，且C的右焦点为．（1）求C的离心率；（2）过点F且斜率为1的直线与C交于M，N两点，P直线上的动点，记直线PM，PN，PF的斜率分别为，，，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件求出椭圆方程再求离心率；（2）设，，，将直线MN的方程与椭圆方程联立得，，代入斜率公式验证成立即可.【小问1详解】由得C的半焦距为，所以，又C过点，所以，解得，所以，．故C的离心率为．【小问2详解】由（1）可知C的方程为．设，，．由题意可得直线MN的方程为，联立，消去y可得，则，，则，又，因此．20.小李参加某项专业资格考试，一共要考3个科目，若3个科目都合格，则考试直接过关；若都不合格，则考试不过关；若有1个或2相科目合格，则所有不合格的科目需要进行一次补考，补考都合格的考试过关，否则不过关．已知小李每个科目每次考试合格的概率均为p（），且每个科目每次考试的结果互不影响．（1）记“小李恰有1个科目需要补考”的概率为，求的最大值点．（2）以（1）中确定的作为p的值．（ⅰ）求小李这项资格考试过关的概率；（ⅱ）若每个科目每次考试要缴纳20元的费用，将小李需要缴纳的费用记为X元，求．【答案】（1）（2）（ⅰ）；（ⅱ）【解析】【分析】（1）利用概率的乘法公式可得，再根据导数讨论单调性和最值；（2）（i）分三类情况求解：第一次考试都合格；第一次考试2门合格，1门不合格；第一次考试1门合格，2门不合格；（ii）根据缴费与补考科目的关系求解.【小问1详解】由题意知，，则，当时，，当时，，所以函数在单调递增，单调递减，所以当时，取最大值，即．小问2详解】（ⅰ）小李第一次考试3个科目都合格的概率为，小李第一次考试有2个科目合格，补考1个科目且合格的概率为，小李第一次考试有1个科目合格，补考2个科目且均合格的概率为，所以小李这项资格考试过关的概率为．（ⅱ）X的所有可能取值为60，80，100，则，，，故．21.已知函数，且．（1）若当时，恒成立，求m的取值范围；（2）若，且，使得，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最大值即可得解；（2）条件转化为，原不等式可转化为，利用函数单调性转化为，构造函数，利用导数判断单调性即可得解.【小问1详解】当时，，所以由，可得．令，则，令，则，而，得．故当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故，所以m的取值范围为．【小问2详解】易知，所以，等价于，等价于．不妨设，由（1）可知．要证，即证，又因为在上单调递减，所以需证，即．令，则，当时，，，所以，则在上单调递增，所以，即，因此，．【点睛】关键点点睛：对条件进行转化为是解题的第一个关键点，再对要证式子变形，转化为证明不等式为第二个关键点，构造函数，利用导数证明在上单调递增是解题的第三个关键点.（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.在平面直角坐标系中，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）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于两点，与轴交于点，求的值.【答案】（1），（2）36【解析】【分析】（1）根据消参即可，根据极坐标和直角坐标互化公式即可；（2）先求出直线的参数方程，联立曲线的普通方程，由的几何意义即可求解.【小问1详解】由曲线的参数方程消去参数，得普通方程为.因为，所以，将代入得.【小问2详解】由于直线与轴的交点坐标为，倾斜角为，所