届陕西省西安市八校高三上学期第一次联考数学文试题解析版Word下载.docx

1、，故选B.4. 若为对立事件，其概率分别为，则的最小值为（ ）A. 10 B. 9 C. 8 D. 6【解析】为对立事件，其概率分别为，即 ，当且仅当时取等号.点睛：利用基本不等式解题的注意点：（1）首先要判断是否具备了应用基本不等式的条件，即“一正、二正、三相等”，且这三个条件必须同时成立；（2）若不直接满足基本不等式的条件，需要通过配凑、进行恒等变形，构造成满足条件的形式，常用的方法有：“1”的代换作用，对不等式进行分拆、组合、添加系数等；（3）多次使用基本不等式求最值时，要注意只有同时满足等号成立的条件才能取得等号5. 是双曲线上一点，双曲线的一条渐近线为分别是双曲线的左、右焦点，若，则

2、（ ）A. 9 B. 2 C. 10 D. 2或10【解析】双曲线的方程为又双曲线的一条渐近线为，即，即或.6. 已知实数满足，则的最小值为（ ）A. -10 B. -4 C. 4 D. 6【答案】A【解析】画出不等式组表示的平面区域如图所示：由得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最小.联立，解得，代入到目标函数得.故选A.本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就

3、是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.7. 在中，已知分别是边上的三等分点，则的值是（ ）A. B. C. 6 D. 7【解析】，是等边三角形，即.分别是边上的三等分点，8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 （ ）【解析】由三视图可知几何体半球与半圆柱的组合体，半球的半径为1，半圆柱的底面半径为1，高为2.该几何体的体积为9. 三世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法.所谓割术，就是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积并以此求取圆周率的方法.按照这样的思路刘徽把圆内接正多边形的面积一直算到了正3072边形，如图所示是利用

4、刘徽的割圆术设计的程序框图，若输出的,则的值可以是 （ ）（参考数据：）A. 2.6 B. 3 C. 3.1 D. 3.14【解析】模拟执行程序，可得：，不满足条件，不满足条件，满足条件，退出循环，输出的值为.故.故选C10. 如图，抛物线与圆交于两点，点为劣弧上不同于的一个动点，与轴平行的直线交抛物线于点，则的周长的取值范围是（ ）【解析】设，.由题意得圆的圆心为，半径为.抛物线抛物线的准线方程为，焦点为由抛物线的定义可得，则的周长为.联立抛物线与圆的方程，得或（舍去），故.，即的周长的取值范围是.11. 曲线上一点处的切线交轴于点（为原点）是以为顶点的等腰三角形，则切线的倾斜角为（ ）A.

5、 30 B. 45 C. 60 D. 120【解析】对曲线求导得，设切点，则点处的切线的斜率为.切线的方程为令，得.是以为顶点的等腰三角形切线的斜率为切线的倾斜角为12. 在平行四边形中，且，若将其沿折起使平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）【解析】在平行四边形中，若将其沿折起使平面平面，可得如图所示的三棱锥：其中，三棱锥镶嵌在长方体中，即三棱锥的外接球与长方体的外接球相同.外接球的半径为三棱锥的外接球的表面积为本题主要考查三棱锥外接球的表面积的求法.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常用方法有：若三棱棱两两垂直，则用（为三条棱的长）；若平面（），则（为外接圆的

6、半径）；可以转化为长方体的外接球；特殊几何体可以直接找出球心和半径.第卷（非选择题 共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 设公比为的等比数列的前项和为，若，则_【答案】或-1【解析】公比为的等比数列的前项和为，且或故答案为或.14. 从集合中任选一个元素，则满足的概率为_【答案】【解析】本题事件所包含的区域如图所示：全部事件区域是整个圆内部分，事件表示的在圆内并且位于直线右侧的部分所求概率为圆在第一象限位于直线右侧的弓形部分面积除以整个圆的面积而得，即为.故答案为.（1）当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解；（

7、2）利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域；（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率15. 函数在定义域内可导，若，且，若，则的大小关系是_【解析】函数的图象关于直线对称当时，即在上为增函数；当时，即在上为减函数.16. 设函数，则满足的的取值范围是_【解析】当时，则.，即，此时无解当，则.此时恒成立当时，则.综上所示，满足的的取值范围是.三、解答题 （本大题共7小题，共70分.其中17-21题

8、必作；22、23题选作.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 已知函数.（1）求函数的最小正周期及在区间上的最大值和最小值；（2）若，求的值.（1），最大值为2，最小值为-1.（2）.【解析】试题分析：（1）首先整理,由可得函数的最小正周期，由可得的范围,进而可得函数的最值；（2）由可得的值,由的范围可得的值,再由两角差的余弦公式可求得的值.试题解析：（1）由，得，所以函数的最小正周期为因为，所以，所以函数在区间上的最大值为2，则最小值为-1（2）解：由（1）可知，又因为，所以，由，得，从而，所以考点：二倍角公式；两角和与差的正弦,余弦公式；三角函数的性质.18. 在四棱锥中，平

9、面，是正三角形，与的交点为，又，点是的中点（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离（1）见解析；（2）.（1）在正中，在中，因为，易证，所以为的中点，因为点是的中点，所以，因为平面，所以，因为，所以，因为，所以，即，因为，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）设到的距离为，在中，所以，在，所以，由即，解得.19. 为了解甲、乙两个快递公司的工作状况，假设同一个公司快递员的工作状况基本相同，现从甲、乙两公司各随机抽取一名快递员，并从两人某月（30天）的快递件数记录结果中随机抽取10天的数据，制表如下：每名快递员完成一件货物投递可获得的劳务费情况如下：甲公司规定每件4.5元；乙公司规

10、定每天35件以内（含35件）的部分每件4元，超出35件的部分每件7元.（1）根据表中数据写出甲公司员工在这10天投递的快递件数的平均数和众数；（2）为了解乙公司员工的每天所得劳务费的情况，从这10天中随机抽取1天，他所得的劳务费记为（单位：元），求的概率；（3）根据表中数据估算公司的每位员工在该月所得的劳务费（1）平均数为36，众数为33；（2）；（3）4965元.（1）由茎叶图能求出甲公司员工投递快递件数的平均数和众数；（2）由题意能求出时，的可能取值为44，42，42，42，即可求出相对应的概率；（3）由（2）可知劳务费可能的取值为136，147，154，189，203，结合表中数据，即可

11、得估算公司的每位员工在该月所得的劳务费（1）甲公司员工投递快递件数的平均数为36，众数为33；（2）设为乙公司员工投递件数，则时，元，当时，元，令，得，则取值为44，42，42，42，所以的概率为；（3）根据表中数据，可估算甲公司的员工该月收入为元，由（2）可知劳务费可能的取值为136，147，154，189，203，乙公司的员工该月收入为元.20. 已知直线过椭圆的右焦点，抛物线的焦点为椭圆的上顶点，且交椭圆于两点，点在直线上的射影依次为.（1）求椭圆的方程；（2）若直线交轴于点，且，当变化时，证明：为定值；（3）当变化时，直线与是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明

12、理由.（1）；（2）见解析；（3）.（1）由题设条件求出椭圆的右焦点与上顶点坐标，即可得出、的值，再求出的值即可求得椭圆的方程；（2）设，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得出与，再根据及，从而可表示出，化简即可得证；（3）当时，易得与相交于点，可猜想：变化时，与相交于点，再证明猜想成立即可.（1）过椭圆的右焦点，右焦点，即，又的焦点为椭圆的上顶点，即，椭圆的方程；（2）由得，设，则，综上所述，当变化时，的值为定值；（3）当时，直线轴，则为矩形，易知与是相交于点，猜想与相交于点，证明如下：，即三点共线.同理可得三点共线，则猜想成立，即当变化时，与相交于定点.（1）解题时注意圆锥曲线定义的两种应用，一是利用定义求曲线方程，二是根据曲线的定义求曲线上的点满足的条件，并进一步解题；（2）求定值问题常见的方法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值21. 设函数.（1）当时，求函数的单调递增区间；（2）对任意恒成立，求实数的取值范围.（1）求函数的导数，当时，令，即可求得函数的单调递增区间；（2）令，则成立等价于，对进行分类讨论，若，可证恒成立；若时，求得的单调性及最大值，即可证