2023-2024学年陕西省西安市金太阳部分学校高三（上）入学数学试卷（理科）（8月份）（含解析）

2023-2024学年陕西省西安市金太阳部分学校高三（上）入学数学试卷（理科）（8月份）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 复数的虚部为，且，则( )
A. B. C. D.
3. 若，则( )
A. B. C. D.
4. 函数的图象在点处的切线方程为( )
A. B. C. D.
5. 已知抛物线：的顶点为，经过点，且为抛物线的焦点，若，则( )
A. B. C. D.
6. 某公司统计了年月至月的月销售额单位：万元，并与年比较，得到同比增长率数据，绘制了如图所示的统计图，则下列说法正确的是( )
注：同比增长率今年月销售额去年同期月销售额去年同期月销售额
A. 年月至月的月销售额的极差为
B. 年月至月的月销售额逐月递增
C. 年月至月的月销售额的中位数为
D. 年月的月销售额为万元
7. 已知，且，函数在上单调，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8. 一个封闭的圆锥形容器内装水若干，如图所示，锥体内的水面高度为，将锥顶倒置，如图所示，水面高度为，已知该封闭的圆锥形容器的高为，且，忽略容器的厚度，则( )
A. B. C. D.
9. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保明代科学家徐光启在农政全书中用图画描绘了筒车的工作原理图假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动如图，将筒车抽象为一个半径为的圆，设筒车按逆时针方向每旋转一周用时秒，以筒车的中心为原点，线段，所在的直线分别为，轴建立如图所示的直角坐标系为圆上的点，分别用，表示秒后，两点的纵坐标，则的最大值为( )
A. B. C. D.
10. 已知函数的定义域为，，，则下列说法不正确的是( )
A. B.
C. 是奇函数 D. 是偶函数
11. 如图，在正方体中，，点、分别为、的中点，则四面体外接球的表面积为( )
A.
B.
C.
D.
12. 已知，分别为双曲线：的左、右焦点，过原点的直线与交于，两点点在第一象限，延长交于点，若，，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量，若，则 ______ ．
14. 若，满足约束条件则的最大值为______ ．
15. 位于数轴上的粒子每次向左或向右移动一个单位长度，若前一次向左移动一个单位长度，则后一次向右移动一个单位长度的概率为，若前一次向右移动一个单位长度，则后一次向右移动一个单位长度的概率为，若粒子第一次向右移动一个单位长度的概率为，则粒子第二次向左移动的概率为______ ．
16. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，，则的取值范围是______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知为正项等比数列，记为数列的前项和，，．
求的通项公式；
求．
18. 本小题分
“摸奖游戏”是商场促销最为常见的形式之一，某摸奖游戏的规则如下：第一次在装有个红球、个白球的袋中随机取出个球，第二次在装有个红球、个白球、个黑球的袋中随机取出个球，两次取球相互独立，两次取球合在一起称为一次摸奖，取出的个球的颜色与获得的积分对应如下表．
所取球的情况 三球同色 三球均不同色 其他情况
所获得的积分
设一次摸奖中所获得的积分为，求的分布列和期望；
记甲在这次游戏获得积分为事件，甲在袋中摸到黑球为事件，判断事件，是否相互独立，并说明理由．
19. 本小题分
如图，在正四棱台中，．
证明：．
若正四棱台的高为，过的平面与平行，求平面与平面夹角的余弦值．
20. 本小题分
已知椭圆：的右顶点为，点在圆：上运动，且的最大值为．
求椭圆的方程；
不经过点的直线与交于，两点，且直线和的斜率之积为，求直线被圆截得的弦长．
21. 本小题分
已知函数，，是的导函数．
证明：存在唯一零点；
若关于的不等式有解，求的取值范围．
22. 本小题分
在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
求曲线与的直角坐标方程；
已知直线的极坐标方程为，直线与曲线，分别交于，异于点两点，若，求．
23. 本小题分
已知函数．
当时，解不等式；
若对任意的，存在，使得，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，
所以，，
则．
故选：．
根据解一元二次不等式的方法，结合对数型函数的定义域、集合交集的定义进行求解即可．
主要考查了集合的交集运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：设，则，
因为，
所以，化简可得，，则．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题考查复数的有关概念，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：，
．
故选：．
根据已知条件，结合三角函数的同角公式，即可看求解．
本题主要考查三角函数的恒等变换，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：，，
，，
所求的切线方程为，即．
故选：．
求出原函数的导函数，得到函数在处的导数值，再求出，然后利用直线方程的点斜式得答案．
本题考查利用导数求过曲线上某点处的切线方程，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：由，
可得，
所以，
则，
解得．
故选：．
根据题意可得，进而得到，由此得解．
本题考查抛物线，考查直观想象的核心素养，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：对于，年月至月的月销售额的极差为，故A不正确；
对于，年月的月销售额大于月的销售额，故B不正确；
对于，将年月至月的月销售额从小到大排列为：，，，，，，则中位数为，故C正确；
对于，设年月的月销售额为万元，则，解得，故D不正确．
故选：．
根据图中数据分析求解即可．
本题主要考查了统计图的应用，考查了极差和中位数的计算，属于基础题．
7.【答案】
【解析】【分析】由已知结合分段函数的性质及一次函数，对数函数单调性即可求解．
本题考查函数的单调性，考查数学抽象的核心素养，属于基础题．
【解答】解：显然在上单调递增不符合题意，
故在上单调递减，
所以，解得
故选：．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了圆锥的体积，属于基础题．
利用棱锥的体积，结合题目条件，计算得结论．
【解答】
解：设封闭的圆锥形容器的底面半径为，图中水面半径为，图中水面半径为，
因此在图中，，而，所以；
在图中，，解得．
因为图和内所装水的体积相等，所以，
即，解得，因此．
9.【答案】
【解析】解：由题意可知，且，解得，
所以，，
，故时，取最大值为．
故选：．
根据周期可得，根据三角函数的定义求解，，进而由二倍角公式化简即可求解．
本题考查三角函数的应用，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：令，可得，故A正确；
令，可得，
令，，可得，则，故B正确；
由，可得，
令，则，
令，可得，令，则，
是奇函数，即是奇函数，故 C正确；
，不是偶函数，故D不正确．
故选：．
根据抽象函数的性质，利用赋值法求解即可．
本题考查抽象函数，考查逻辑推理的核心素养，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：如图，取的中点，的中点，连接、、、H、，
因为四边形为正方形，则，，
又因为、分别为、的中点，则，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，且，
又因为且，故EG且，
同理可证且，
又因为平面，则几何体为直三棱柱，
将直三棱柱置于圆柱内，
使得、的外接圆分别为圆、圆，
，同理可得，，
由余弦定理可得，
所以，，
所以，的外接圆直径为，
所以，四面体的外接球直径为，
因此，四面体的外接球的表面积为．
故选：．
将四面体补成直三棱柱，计算出的外接圆直径，即可求得四面体的外接球直径，再利用球体的表面积公式可求得结果．
本题考查的知识要点：正方体的性质，四面体和外接球的关系，球的表面积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：结合双曲线的对称性可知，，所以为等边三角形，
则，则，由双曲线的定义，得，
所以，，则．
故选：．
由双曲线的对称性可得为等边三角形，可得，则，由双曲线的定义，可得，，从而可得离心率．
本题考查双曲线的离心率，考查直观想象的核心素养，属于中档题．
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标运算、向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系，属于基础题．
由条件可求得和，再由可得，计算即可求得的值．
【解答】
解：因为，
所以，，
因为，
所以，
则，解得．
故答案为．
14.【答案】
【解析】解：作出可行域，如图所示：
由此可得，当目标函数过点时，取最大值，
由，解得，
所以．
故答案为：．
作出可行域，结合图象，找出目标函数的最优解，代入计算即可．
本题考查了简单线性规划、数形结合思想，作出图象是关键，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：根据题意，设事件“粒子第一次向右移动”，事件“粒子第二次向左移动”，
则，，
若前一次向右移动一个单位长度，则后一次向右移动一个单位长度的概率为，即，则，
若前一次向左移动一个单位长度，则后一次向右移动一个单位长度的概率为，即，则，
故．
故答案为：．
根据题意，设事件“粒子第一次向右移动”，事件“粒子第二次向左移动”，分析、和、的值，由全概率公式计算可得答案．
本题考查全概率公式，涉及事件的性质，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：设外接圆的半径为，则
，
即，
因为，所以，由正弦定理得，
由二倍角公式得，
则，
由和差化积公式得，即，
又因为为锐角三角形，所以，，所以，
所以或舍去，
即，，
由正弦定理得，即，
由题意得，解得，，解得，
又，所以，
所以，则的取值范围是．
故答案为：．
利用正弦定理结合三角恒等变换化简计算得，结合的范围求余弦值范围即可．
本题考查余弦定理以及正弦定理的应用，是中档题．
17.【答案】解：设等比数列的公比为，
，，
，
，，
，解得或不合题意，舍去，
数列的通项公式是；
．
【解析】设等比数列的公比为，结合题意可得，，求出，即可得出答案；
由得，则，即可得出答案．
本题考查数列的递推式和数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：的可能取值有，，，
，
，
，
所以的分布列为：
所以．
由可知，
又，
则，所以事件，不相互独立．
【解析】分析得的可能取值为，，，进而求解即可；
根据相互独立事件的定义验证即可．
本题主要考查离散型随机变量及其分布列，属于中档题．
19.【答案】证明：连接，，设正四棱台的上、下底面的中心分别为，，
则，分别为，的中点，连接．
是正四棱台，平面，又平面，．
为正方形，，
又，平面，
平面，．
解：设，的中点分别为，，连接，，易知，，两两垂直，
则以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
．
设平面的法向量为，
则取，则．
设平面的法向量为，
则取，则．
设平面与平面的夹角为，
则，
平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】连接，，设正四棱台的上、下底面的中心分别为，，推出平面，利用线面垂直的性质定理即可得证；
通过建立适当的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解．
本题主要考查线线垂直的证明，平面与平面所成角的求法，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
20.【答案】解：因为椭圆的右顶点为，
所以，
而圆：的圆心为，半径，
此时，
解得，
所以椭圆的方程为；
当直线的斜率不存在时，显然不符合题意，
不妨设，，直线的方程为，
联立，消去并整理得，
此时，
由韦达定理得，，
因为，
所以，
即，
所以，
整理得，
若，
此时，
则直线过定点，不符合题意；
若，
此时，
则直线过定点，
因为圆的圆心为，半径，
所以直线被圆截得的弦长为．
【解析】本题考查椭圆的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力．
由题意，根据椭圆右顶点的坐标求出的值，得到圆的圆心和半径，结合的最大值为，利用等式即可求出的值，进而可得椭圆的方程；
对直线斜率是否存在进行讨论，当直线斜率存在时，设，，直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理以及斜率公式进行求解即可．
21.【答案】解：证明：，，
，
令，，
，
令得，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以，，，
所以只在上存在函数的唯一零点，
所以在上存在唯一零点．
由知，
若关于的不等式有解，则有解，
当时，，则，
所以在上有解，
令，，只需，
，
令，，
，
当时，，，恒成立，
所以在上单调递减，
又，
所以，
所以，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
所以的取值范围为．
【解析】根据题意可得，求导分析单调性，结合零点的存在性定理，即可得出答案．
由知，若关于的不等式有解，则有解，即在上有解，令，，只需，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
22.【答案】解：依题意曲线的参数方程为为参数，消去，得曲线的直角坐标方程为；
由得曲线的极坐标方程为所以曲线的直角坐标方程为，
即，所以曲线的直角坐标方程：．
直线的极坐标方程为，
设直线：，，直线与曲线，分别交于，异于点两点，，
联立，解得，
联立，得，舍去．
所以，，解得，
所以，可得．
【解析】依题意得曲线的直角坐标方程为；由得曲线的极坐标方程，推出曲线的直角坐标方程．
设直线：，，然后联立方程组，求解、坐标，通过，求解，然后求解即可．
本题考查了简单曲线的极坐标方程以及参数方程与普通方程的互化，直线与抛物线的位置关系的应用，属中档题．
23.【答案】解：当时，，
当时，，
所以，解得；
当时，，所以无解；
当时，，
所以，解得；
综上所述，的解集为：；
由，得，
设，
因为，
所以，
又，
则，
因为对任意的，存在，使得成立，
等价于，所以，解得或．
故的取值范围为．
【解析】分、、分别去绝对值求解即可；分离变量，，设，若对任意的，存在，使得，则，分别求解最小值，转化为求解关于参数的不等式即可．
本题考查了含绝对值不等式的解法、三角绝对值不等式的应用及转化思想，属于中档题．
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