2022届陕西省宝鸡市金台区高三上学期11月教学质量检测理科数学试题 （PDF版含答案）

这是一份2022届陕西省宝鸡市金台区高三上学期11月教学质量检测理科数学试题 （PDF版含答案），文件包含高三理科数学答案202111docx、宝鸡市金台区2022届高三检测卷理科数学202111pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
2022届高三教学质量检测理科数学答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分． 1．D   本题考查复数的共轭及乘法运算.解：由题知.2．A   本题考查集合的运算.解：任取，则，其中，所以，，故，因此，.故选：A.3．C   本题考查命题的真假，或且非命题的真值表.解：因为，所以，，故命题是假命题；命题q： ，， q是真命题，所以是真命题. 4．C   本题考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.解：由题意可得，对于A，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.对于B，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；对于C，是奇函数；对于D，不是奇函数；故选：C5．A   本题考查空间位置关系，建立空间直角坐标系，结合向量的夹角公式，即可求得异面直线所成角．解：以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，可得，，， ，则，，所以．故选：A．6．B   本题考查分类和分步计数原理.解：考虑甲乙特殊，若三组人数为，则甲乙还需一名成员，故不同的分配方案有；若三组人数为，则甲乙为一组，不同的分配方案有，所以共计种.7．C   本题考查三角函数的周期变化和平移变换及诱导公式应用.解：，由上各点的横坐标缩短到原来的倍得到，再将曲线向左平移个单位得到.8．D   本题考查几何概型原理及正方体的外接球的概念.解：设正方体的棱长为，则正方体的体积为，正方体的体对角线长为，设外接球的半径为R，所以，则，所以外接球的体积为，所以恰有个点落入该正方体内概率为，解得.9．A   本题考查利用正弦定理求解．解：依题意可知， ，∴，由正弦定理可知，∴米，∴在中，米.10．B   本题考查求出导函数，题意说明有两个不等实根，转化为，设，即直线与的图像有两个交点，求导分析，即得解.解：由题意有两个不等实根，，设，，当时，，递增，当时，，递减，时，为极大值也是最大值，时，，且，当时，，所以当，即时，直线与的图象有两个交点，即有两个不等实根．11．D   本题考查结合椭圆定义求出焦半径，利用可得离心率的不等关系，求得其范围．解：所以，又，所以，．12．B   本题考查由在R上是增函数，得到与，和 与的大小，构造函数，利用其单调性得到与的大小，构造函数，利用其单调性得到与的大小即可.解：因为在R上是增函数，所以，设函数，则，当时，，则是增函数，又，所以，即，则，设函数，则，当时，，则是减函数，所以，即，即，则，所以．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.． 考查双曲线的标准方程、渐近线及相关概念，考查数学运算与逻辑推理的核心素养.解：由条件可知该双曲线的渐近线与轴夹角小于45度,由 得，实轴长.14. 2 ． 考查向量的加减及数量积的运算，考查数学运算的核心素养.解：由得，即，得15. ．考查余弦定理和解三角形有关知识，考查逻辑推理和数学运算的核心素养.解：由余弦定理得：，则，解得：，16. 丙（3分）， （2分，不带单位不给分）考查三视图，考查直观想象的核心素养.解：由三视图还原甲、丙几何体如下图，乙（略），，      ，，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．17.本题考查中位数、平均得分与方差的求法，考查数学运算及数据分析的核心素养.解：（1）训练后得分的中位数为，                         ……… 2分平均得分为：（分）         ……… 4分方差为：（）                                                  ……… 6分（2）尽管中位数训练后比训练前稍小，但平均得分一样，训练后方差小于训练前方差,说明训练后得分稳定性提高了，这是投篮水平提高的表现，故此训练计划对该运动员的投篮水平的提高有帮助.                                ……… 12分18. 本题考查空间中线面位置关系的判定及几何体体积的求法，考查直观想象的核心素养.解：（1）因为底面是菱形，，所以为等边三角形，所以平分，所以，所以，                           ………3分又因为平面，所以，且，所以平面，又平面，    ………5分所以平面平面；                ………6分（2）据题意，建立空间直角坐标系如图所示：因为，所以       所以，设平面一个法向量为，平面一个法向量为，因为，，所以，取，所以，所以，            ………8分又因为，，所以，取，则，所以，……10分所以，                     ……… 11分所以平面与平面的夹角的余弦值为.                  ………12分19.本题主要考查等差数列及裂项相消法求和，考查了逻辑推理和数学运算的核心素养.解：（1）由可得，                     ……… 2分∴等差数列是以1为首项，1为公差，                        ……… 4分∴，得.                                       ……… 6分（2）由（1）可得，    ……… 9分∴.        ……… 12分20.本题考查了利用导数求函数的单调性、最值问题、零点问题，考查学生的等价转化思想以及数学运算、逻辑推理及数学建模的核心素养.解：（1）函数的定义域为，                 ……… 2分若，则,所以单调递减.               ……… 3分若，则由得.当时，；当时，.所以，单调递减，在单调递增.      ……… 5分（2）若，由（1）可知，最多只有1个零点.               ……… 6分若，由（1）可知，时取得最小值，最小值为.                                  ……… 8分设，，所以在上单调递增,又，所以当且仅当时，即时,.………10分而，所以在有1个零点.在上，由指数爆炸可知，当时，，所以在有1个零点.综上，的取值范围为.                                     ……… 12分21.本题主要考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，定点问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想的应用，考察的核心素养是数学运算、逻辑推理.解：（1）设，直线的方程为，与抛物线方程联立，整理可得所以，，所以，    所以，                                                       ………4分（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设，则抛物线在点处的切线方程为… 6分 从而同理，因为，所以，即，                           ……… 8分又，从而直线的方程为：，                   ……… 10分将带入化简得：，所以，直线恒过定点.                                    ……… 12分22.本题考查参数方程的求解，考查的核心素养逻辑推理、直观想象和数学运算.解：（1）由曲线C的极坐标方程可得，将代入可得，即，即曲线C的直角坐标方程为；                        ……… 5分（2）设，设，，则，即，故P的轨迹的参数方程为（为参数）             ……… 8分曲线C的圆心为，半径为，曲线的圆心为，半径为1，则圆心距为，，两圆内含，故曲线C与没有公共点. ……… 10分23.本题考查绝对值不等式求解及恒成立问题，主要考查分类讨论、数形结合的思想及逻辑推理、直观想象和数学运算的核心素养.解：（1）令,则=  ……… 2分因为,所以当≤时,由,解得x≤；当时,由,解得≤当时,由,解得.综上得,所求不等式的解集为.                  ……… 5分（2）由（1）作函数的图像,点,       ……… 8分令,则其过定点,如图所示,由不等式的解集为,可得-4≤<,即-4≤.所以,所求实数的取值范围为.            ……… 10分