2023屆陜西省寶雞市高三上學期一模理科數(shù)學試題

24/2525/25/絕密★考試結(jié)束前2023年寶雞市高考模擬檢測（一）數(shù)學（理科）本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，其中第Ⅱ卷解答題又分必考題和選考題兩部分，選考題為二選一.考生作答時，將所有答案寫在答題卡上，在本試卷上答題無效.注意事項：1.答題前，務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題卡規(guī)定的位置上.2.選擇題答案使用鉛筆填涂，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號；非選擇題答案使用毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，書寫要工整?筆跡清楚，將答案書寫在答題卡規(guī)定的位置上.3.所有題目必須在答題卡上作答，在試卷上答題無效.第I卷（選擇題共60分）一?選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的.1.已知集合，那么等于（）A. B.C. D.2.已知復數(shù)，則（）A.1 B. C.2 D.43.雙曲線的漸近線方程是（）A B.C. D.4.最早發(fā)現(xiàn)于2019年7月的某種流行疾病給世界各國人民的生命財產(chǎn)帶來了巨大的損失.近期某市由于人員流動出現(xiàn)了這種疾病，市政府積極應對，通過3天的全民核酸檢測，有效控制了疫情的發(fā)展，決定后面7天只針對41類重點人群進行核酸檢測，下面是某部門統(tǒng)計的甲?乙兩個檢測點7天的檢測人數(shù)統(tǒng)計圖，則下列結(jié)論不正確的是（）A.甲檢測點的平均檢測人數(shù)多于乙檢測點的平均檢測人數(shù)B.甲檢測點的數(shù)據(jù)極差大于乙檢測點的數(shù)據(jù)極差C.甲檢測點數(shù)據(jù)的中位數(shù)大于乙檢測點數(shù)據(jù)的中位數(shù)D.甲檢測點數(shù)據(jù)方差大于乙檢測點數(shù)據(jù)的方差5.已知正四棱柱底面邊長為2，側(cè)棱長為4，則異面直線與所成角的正切值為（）A. B. C.3 D.6.已知向量滿足，且，則夾角為（）A. B. C. D.7.已知，則（）A. B. C. D.8.橢圓的左?右頂點分別為，點在上，且直線斜率取值范圍是，那么直線斜率取值范圍是（）A. B.C. D.9.已知等差數(shù)列滿足，則下列命題：①是遞減數(shù)列；②使成立的的最大值是9；③當時，取得最大值；④，其中正確的是（）A.①② B.①③C.①④ D.①②③10.已知直線與圓相切，則的取值范圍是（）A. B.C. D.11.的整數(shù)部分是（）A.3 B.4 C.5 D.612.已知函數(shù)滿足，若函數(shù)與的圖像恰有四個交點，則這四個交點的橫坐標之和為（）A2 B.4 C.6 D.8第II卷（非選擇題共90分）二?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.展開式中的常數(shù)項為__________．14.若命題“”是假命題，則實數(shù)的取值范圍是______.15.七巧板是古代勞動人民智慧的結(jié)晶.如圖是某同學用木板制作的七巧板，它包括5個等腰直角三角形?一個正方形和一個平行四邊形.若用四種顏色給各板塊涂色，要求正方形板塊單獨一色，其余板塊兩塊一種顏色，而且有公共邊的板塊不同色，則不同的涂色方案有______種.16.在棱長為1正方體中，是側(cè)面內(nèi)一點（含邊界）則下列命題中正確的是（把所有正確命題的序號填寫在橫線上）______.①使的點有且只有2個；②滿足的點的軌跡是一條線段；③滿足平面的點有無窮多個；④不存在點使四面體是鱉臑（四個面都是直角三角形的四面體）.三?解答題：共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答.（一）必考題：共50分17.已知向量，定義函數(shù).（1）求函數(shù)的最小正周期；（2）在中，若，且是的邊上的高，求長度的最大值.18.如圖在四棱錐中，底面，且底面是平行四邊形.已知是中點.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值.19.已知點在拋物線上，且到的焦點的距離與到軸的距離之差為.（1）求的方程；（2）當時，是上不同于點的兩個動點，且直線的斜率之積為為垂足.證明：存在定點，使得為定值.20.甲?乙兩個代表隊各有3名選手參加對抗賽.比賽規(guī)定：甲隊的1，2，3號選手與乙隊的1，2，3號選手按編號順序各比賽一場，某隊連贏3場，則獲勝，否則由甲隊的1號對乙隊的2號，甲隊的2號對乙隊的1號加賽兩場，勝場多者最后獲勝（每場比賽只有勝或負兩種結(jié)果）.已知甲隊的1號對乙隊的1，2號選手的勝率分別是0.5，0.6，甲隊的2號對乙隊的1，2號選手的勝率都是0.5，甲隊的3號對乙隊的3號選手的勝率也是0.5，假設每場比賽結(jié)果相互獨立.（1）求甲隊僅比賽3場獲勝的概率；（2）已知每場比賽勝者可獲得200個積分，求甲隊隊員獲得的積分數(shù)之和的分布列及期望.21.已知函數(shù).（1）求曲線在點處的切線方程；（2）若函數(shù)的圖像與的圖像最多有一個公共點，求實數(shù)的取值范圍.（二）選考題：共10分.請考生在第?題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分.作答時請先涂題號.（選修4-4坐標系與參數(shù)方程）22.在直角坐標系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)）.以為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）求曲線的任意一點到曲線距離的最小值.（選修4-5不等式選講）23.已知，求證：（1）；（2）.絕密★考試結(jié)束前2023年寶雞市高考模擬檢測（一）數(shù)學（理科）本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，其中第Ⅱ卷解答題又分必考題和選考題兩部分，選考題為二選一.考生作答時，將所有答案寫在答題卡上，在本試卷上答題無效.注意事項：1.答題前，務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題卡規(guī)定的位置上.2.選擇題答案使用鉛筆填涂，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號；非選擇題答案使用毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，書寫要工整?筆跡清楚，將答案書寫在答題卡規(guī)定的位置上.3.所有題目必須在答題卡上作答，在試卷上答題無效.第I卷（選擇題共60分）一?選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的.1.已知集合，那么等于（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)的定義域，結(jié)合交集的定義求解即可.【詳解】由題意，，故.故選：D2.已知復數(shù)，則（）A.1 B. C.2 D.4【答案】A【解析】【分析】由復數(shù)的運算結(jié)合模長公式求解即可.【詳解】，故選：A3.雙曲線的漸近線方程是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的標準形式結(jié)合漸近線方程求解即可.【詳解】即，故漸近線方程.故選：A4.最早發(fā)現(xiàn)于2019年7月的某種流行疾病給世界各國人民的生命財產(chǎn)帶來了巨大的損失.近期某市由于人員流動出現(xiàn)了這種疾病，市政府積極應對，通過3天的全民核酸檢測，有效控制了疫情的發(fā)展，決定后面7天只針對41類重點人群進行核酸檢測，下面是某部門統(tǒng)計的甲?乙兩個檢測點7天的檢測人數(shù)統(tǒng)計圖，則下列結(jié)論不正確的是（）A.甲檢測點的平均檢測人數(shù)多于乙檢測點的平均檢測人數(shù)B.甲檢測點的數(shù)據(jù)極差大于乙檢測點的數(shù)據(jù)極差C.甲檢測點數(shù)據(jù)的中位數(shù)大于乙檢測點數(shù)據(jù)的中位數(shù)D.甲檢測點數(shù)據(jù)的方差大于乙檢測點數(shù)據(jù)的方差【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意分別求甲乙監(jiān)測點的平均人數(shù),極差,中位數(shù)及方差判斷即可.【詳解】對于:甲檢測點的平均檢測人數(shù)為乙檢測點的平均檢測人數(shù)為故甲檢測點的平均檢測人數(shù)多于乙檢測點的平均檢測人數(shù)，故正確;對于:甲檢測點的數(shù)據(jù)極差乙檢測點的數(shù)據(jù)極差，故正確;對于:甲檢測點數(shù)據(jù)為,中位數(shù)為,乙檢測點數(shù)據(jù)為,中位數(shù)為，故錯誤;對于:通過觀察平均數(shù)附近數(shù)據(jù)個數(shù),極差等或計算甲乙數(shù)據(jù)的方差,都可以判斷乙檢測點數(shù)據(jù)比甲檢測點數(shù)據(jù)穩(wěn)定性強,故甲檢測點數(shù)據(jù)的方差大于乙檢測點數(shù)據(jù)的方差,故正確.故選:.5.已知正四棱柱的底面邊長為2，側(cè)棱長為4，則異面直線與所成角的正切值為（）A. B. C.3 D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)異面直線所成角的定義，結(jié)合正四棱柱的幾何性質(zhì)求解即可.【詳解】解：如下圖，連接在正四棱柱中，有，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以為異面直線與所成角或其補角，又在中，，，所以，因為，則，所以，故異面直線與所成角的正切值為3.故選：C.6.已知向量滿足，且，則夾角為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由數(shù)量積運算得出夾角.【詳解】設夾角為，，即，.故選：A7.已知，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用同角三角函數(shù)的基本關系和正切二倍角公式求解.【詳解】由得，解得，因為，所以，所以，又因為，所以，由解得，所以，所以.故選:C.8.橢圓的左?右頂點分別為，點在上，且直線斜率取值范圍是，那么直線斜率取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】設，再根據(jù)表達推導可得，進而根據(jù)直線斜率取值范圍求解即可.【詳解】設，則，，，于是，故.∵∴.故選：B.9.已知等差數(shù)列滿足，則下列命題：①是遞減數(shù)列；②使成立的的最大值是9；③當時，取得最大值；④，其中正確的是（）A.①② B.①③C.①④ D.①②③【答案】D【解析】【分析】設出公差為，列出方程組，求出首項和公差，根據(jù)判斷①正確，寫出，解不等式求出成立的的最大值是9，②正確；根據(jù)與，得到當時，取得最大值，③正確；利用通項公式求出的值，得到④錯誤.【詳解】設等差數(shù)列的公差為，故，解得：，由于，故是遞減數(shù)列，①正確；，令，解得：，且，故使成立的的最大值是9，②正確；，當時，，當時，，故當時，取得最大值，③正確；，④錯誤故選：D10.已知直線與圓相切，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)直線與圓相切，整理等式，根據(jù)運算性質(zhì)，可得答案.【詳解】由圓的方程，則其圓心為，半徑為，由直線方程，整理可得，則，整理可得，由配方法可得，，，由，則，即，解得.故選：C.11.的整數(shù)部分是（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】注意到，，據(jù)此可得答案.【詳解】因，則.又，則.故，即整數(shù)部分為4.故選：B12.已知函數(shù)滿足，若函數(shù)與的圖像恰有四個交點，則這四個交點的橫坐標之和為（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】B【解析】【分析】由題知函數(shù)，圖像關于點對稱，再根據(jù)對稱性求解即可.【詳解】解：因為函數(shù)滿足，所以，函數(shù)圖像關于點對稱，因為，其圖像由圖像向右平移個單位，再向上平移個單位得到，所以，函數(shù)圖像關于點對稱，不妨設數(shù)與的圖像的四個交點的橫坐標為，且，所以，根據(jù)對稱性，，所以，這四個交點的橫坐標之和為.故選：B第II卷（非選擇題共90分）二?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.展開式中的常數(shù)項為__________．【答案】.【解析】【分析】利用通項公式即可得出．詳解】通項公式Tr+1（x2）6﹣r（﹣1）rx12﹣3r，令12﹣3r＝0，解得r＝4．∴展開式中的常數(shù)項15．故答案為15．【點睛】本題考查了二項式定理的通項公式，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．14.若命題“”是假命題，則實數(shù)的取值范圍是______.【答案】【解析】【分析】原命題為假，則其否定為真，轉(zhuǎn)化為二次不等式的恒成立問題求解.【詳解】命題“”的否定為：“，”.因為原命題為假命題，則其否定為真.當時顯然不成立；當時，恒成立；當時，只需，解得：.綜上有故答案為：.15.七巧板是古代勞動人民智慧的結(jié)晶.如圖是某同學用木板制作的七巧板，它包括5個等腰直角三角形?一個正方形和一個平行四邊形.若用四種顏色給各板塊涂色，要求正方形板塊單獨一色，其余板塊兩塊一種顏色，而且有公共邊的板塊不同色，則不同的涂色方案有______種.【答案】【解析】【分析】畫圖分析其中四板塊必涂上不同顏色，再根據(jù)分類分步計數(shù)原理計算剩下的部分即可.【詳解】由題意，一共4種顏色，板塊需單獨一色，剩下6個板塊中每2個區(qū)域涂同一種顏色.又板塊兩兩有公共邊不能同色，故板塊必定涂不同顏色.①當板塊與板塊同色時，則板塊與板塊或板塊分別同色，共2種情況；②當板塊與板塊同色時，則板塊只能與同色，板塊只能與同色，共1種情況.又板塊顏色可排列，故共種.故答案為：16.在棱長為1的正方體中，是側(cè)面內(nèi)一點（含邊界）則下列命題中正確的是（把所有正確命題的序號填寫在橫線上）______.①使的點有且只有2個；②滿足的點的軌跡是一條線段；③滿足平面點有無窮多個；④不存在點使四面體是鱉臑（四個面都是直角三角形的四面體）.【答案】②③【解析】【分析】根據(jù)正方體的線面關系可得，則，即可得滿足的點的軌跡，判斷①即可；由正方體可證得平面，則滿足的點的軌跡可求得，判斷②即可；由正方體可證得平面平面，則滿足平面的點的軌跡可求得，判斷③即可；由正方體可求得四面體是鱉臑，由是側(cè)面內(nèi)一點（含邊界），判斷④即可.【詳解】解：對于①，由正方體可得平面，又平面，所以，則，又，所以，又是側(cè)面內(nèi)一點，所以在以為圓心，1為半徑的圓上，如下圖：有無數(shù)個這樣的點，故①錯誤；對于②，如下圖，連接由正方體可得平面，又平面，所以，又由正方形，得，且平面，所以平面，則滿足的點在平面，又在平面，且平面平面，則點的軌跡是線段，故②正確；對于③，如下圖，連接在正方體中，有，所以四邊形為平行四邊形，則，同理可得，又平面，平面，所以平面，平面，且平面，所以平面平面，則滿足平面可得點在平面，又在平面，且平面平面，則點的軌跡是線段，故③正確；對于④，如下圖，連接在正方體中，有平面，且平面，所以，則均為直角三角形，又平面，且平面，所以，則均為直角三角形，所以四面體是鱉臑，由于是側(cè)面內(nèi)一點（含邊界），故與重合時，四面體是鱉臑，故④錯誤.故答案為：②③.三?解答題：共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答.（一）必考題：共50分17.已知向量，定義函數(shù).（1）求函數(shù)的最小正周期；（2）在中，若，且是的邊上的高，求長度的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)向量數(shù)量積的坐標運算及三角恒等變換將函數(shù)化為正弦型函數(shù)，即可求函數(shù)的最小正周期；（2）根據(jù)函數(shù)，結(jié)合三角形解方程得角的大小，根據(jù)的面積公式結(jié)合余弦定理與基本不等式即可求長度的最大值.【小問1詳解】解：=的最小正周期為【小問2詳解】解：，，.又AB，.由余弦定理得，當且僅當時，“=”成立，=.18.如圖在四棱錐中，底面，且底面是平行四邊形.已知是中點.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）先證明出平面，利用面面垂直的判定定理即可證明；（2）以A為原點，分別為x，y，z軸正方向建系，利用向量法求解.【小問1詳解】面，且，.∵是中點,所以.同理可證：.又面，面，,平面.∵面，∴平面平面.【小問2詳解】，.以A為原點，分別為x，y，z軸正方向建系，如圖：則.設平面的法向量則，得，不妨取，則.由（1）得是平面一個法向量，所以，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為.19.已知點在拋物線上，且到的焦點的距離與到軸的距離之差為.（1）求的方程；（2）當時，是上不同于點的兩個動點，且直線的斜率之積為為垂足.證明：存在定點，使得為定值.【答案】（1）或（2）證明見解析【解析】【分析】（1）首先表示出拋物線的焦點坐標與準線方程，再表示出的坐標，依題意得到方程，解得即可；（2）依題意可得拋物線方程與點坐標，設：，，，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，根據(jù)直線、的斜率之積為，得到、的關系，即可求出直線過定點，即可得到點在以為直徑的圓上，求出圓心坐標與半徑，即可得到定點的坐標，即可得證.【小問1詳解】解：拋物線的焦點為，準線為，又點在拋物線上，即，所以，即，依題意可得，解得或，或.【小問2詳解】解：，，.設：，，，聯(lián)立，消去整理得，①，且，，，，即，適合①，將m代入得，令，解得，直線恒過定點.又，點在以為直徑的圓上，因為、的中點為，，所以以為直徑的圓方程為，所以存在使得.20.甲?乙兩個代表隊各有3名選手參加對抗賽.比賽規(guī)定：甲隊的1，2，3號選手與乙隊的1，2，3號選手按編號順序各比賽一場，某隊連贏3場，則獲勝，否則由甲隊的1號對乙隊的2號，甲隊的2號對乙隊的1號加賽兩場，勝場多者最后獲勝（每場比賽只有勝或負兩種結(jié)果）.已知甲隊的1號對乙隊的1，2號選手的勝率分別是0.5，0.6，甲隊的2號對乙隊的1，2號選手的勝率都是0.5，甲隊的3號對乙隊的3號選手的勝率也是0.5，假設每場比賽結(jié)果相互獨立.（1）求甲隊僅比賽3場獲勝的概率；（2）已知每場比賽勝者可獲得200個積分，求甲隊隊員獲得積分數(shù)之和的分布列及期望.【答案】（1）0.125；（2）分布列見解析，期望為465.【解析】【分析】(1)根據(jù)獨立事件的概率乘法公式求解；(2)由條件確定的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得的分布列，再由期望公式求期望.【小問1詳解】甲隊1，2，3號選手與乙隊1，2，3號選手比賽獲勝的概率分別為，，甲隊比賽3場獲勝的概率為=；【小問2詳解】X所以可能取得值為；，，，，.即X0200400600800P0.1250.0750.26250.4250.1125所以.21.已知函數(shù).（1）求曲線在點處的切線方程；（2）若函數(shù)的圖像與的圖像最多有一個公共點，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求，根據(jù)導數(shù)的幾何意義求解斜率，求得切點坐標后，再根據(jù)直線方程求解方法即可得切線方程；（2）構(gòu)造函