2022届陕西省西安市长安区第一中学高三下学期第五次教学质量检测数学（文）试题含解析

这是一份2022届陕西省西安市长安区第一中学高三下学期第五次教学质量检测数学（文）试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届陕西省西安市长安区第一中学高三下学期第五次教学质量检测数学（文）试题一、单选题1．已知集合，集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据对数函数的性质求出集合，最后根据并集的定义计算可得；【详解】解：由，即，解得，所以，由，即，解得，所以，所以；故选：D2．已知是虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】先化简复数，再利用复数的几何意义求解.【详解】解：因为复数，所以复数在复平面内对应的点位于第二象限，故选：B3．已知函数，，的零点分别为、、，则、、的大小顺序为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】计算出的值，利用零点存在定理求出、所在区间，由此可得出、、的大小关系.【详解】因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数，因为，，所以，，因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，因为，，所以，，由可得，因此，.故选：A.4．已知向量， ，且，则 等于（    ）A． B．-3 C．3 D．【答案】A【详解】试题分析：由已知，，又，故，所以.【解析】向量平行等价条件、三角函数同角关系式．5．已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长AB＝2，，则异面直线AB1与BC所成角的余弦值（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据，得到即为异面直线AB1与BC所成角，然后在中，利用余弦定理求解.【详解】如图所示:因为，所以即为异面直线AB1与BC所成角，因为 AB＝2，，所以，在中，由余弦定理得，.故选：A【点睛】本题主要考查异面直线所成角，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题.6．已知，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】B【解析】首先判断由，能不能推出，而后再看由，能不能推出，然后通过充分性、必要性的定义得出答案.【详解】由不等式，可以构造一个函数：，可以判断该函数为偶函数且时，函数单调递增.当时，而，这时可以为负数、正数、零，因此的大小关系不确定，因此由“”不一定能推出“”.当成立时，利用偶函数的性质，可以得到：，而，因此有，所以有且，如果，则有，所以，这与矛盾，故，故本题选B.【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，构造函数，利用函数的性质和不等式的性质是解题的关键.7．已知，，在函数，的图象的交点中，相邻两个交点的横坐标之差的绝对值为，当时，函数的图象恒在x轴的上方，则的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由得，所以，可求得，再利用，相邻两个交点的横坐标之差的绝对值为，可得，即可得，再利用正弦函数图象的特点，可得，即可求出的取值范围.【详解】由得，所以，可得：，所以因为相邻两个交点的横坐标之差的绝对值为，所以，所以，当时，，要满足函数的图象恒在x轴的上方，需满足方程 ，解得，故选：D【点睛】本题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题.8．若在x=1处取得极大值10，则的值为（　　）A．或 B．或 C． D．【答案】C【分析】由于，依题意知，，，于是有，代入f（1）=10即可求得，从而可得答案．【详解】∵，∴，又在x=1处取得极大值10，∴，，∴，∴或．当时，，当＜x＜1时，，当x＞1时，，∴f（x）在x=1处取得极小值，与题意不符；当时，，当x＜1时，，当＜x＜3时，，∴f（x）在x=1处取得极大值，符合题意；则，故选C．【点睛】本题考查函数在某点取得极值的条件，求得，利用，f（1）=10求得是关键，考查分析、推理与运算能力，属于中档题．9．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.所谓割圆术，就是以圆内接正多边形的面积，来无限逼近圆面积.刘徽形容他的割圆术说：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣.”某学生在一圆盘内画一内接正十二边形，将100粒豆子随机撒入圆盘内，发现只有4粒豆子不在正十二边形内.据此实验估计圆周率的近似值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，利用均匀随机数的产生和几何概型即可求出结果.【详解】因为，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了几何概型的应用，属于基础题.10．已知正实数，满足，若对任意满足条件的正实数，都有不等式恒成立，则实数的取值范围为（       ）A．， B．，C．， D．，，【答案】B【分析】根据基本不等式可得，令，将问题转化为的最小值，再用基本不等式计算即可.【详解】解：，可得，由，，解得，对任意满足条件的正实数，都有不等式恒成立，可得的最小值，可令，则在递增，可得的最小值为，则，故选：B．11．已知双曲线的左､右焦点分别是，，在其渐近线上存在一点，满足，则该双曲线离心率的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意问题转化为双曲线的渐近线与双曲线有公共点即可，据此可得两曲线渐近线斜率间的关系，进而求出离心率范围.【详解】双曲线的渐近线方程为，,点P在双曲线上，双曲线的渐近线方程为，因为与双曲线相交，所以由双曲线渐近线性质可知只需，即，则，解得，故该双曲线离心率的取值范围是，故选：A【点睛】关键点点睛：本题关键在于由题意转化为已知双曲线的渐近线与有交点，再根据双曲线渐近线判断直线与双曲线的的位置关系，建立不等式即可求出离心率，要掌握根据直线斜率与渐进线斜率的大小关系判断直线与双曲线的交点个数问题.12．若存在两个正实数使得等式成立，则实数的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】先分离参数为，然后换元，设，用导数求得新函数的取值范围．【详解】由得，令，则，， 设，则，时，，递增，，，递减，时．时，，所以的取值范围是，即的取值范围是．故选：D．【点睛】本题考查对数函数的性质，考查用导数求函数值域．解题关键是把问题转化为求函数的值域，一是分离参数，二是换元．二、填空题13．已知的周长为20，且顶点，，则顶点的轨迹方程是___________.【答案】【解析】由周长确定，故轨迹是椭圆，注意焦点位置和抠除不符合条件的点即可.【详解】的周长为20，且顶点，，，，所以点到两个定点的距离和为定值，故点的轨迹是焦点在y轴上的椭圆，，， 则顶点A的轨迹方程是.故答案为：.【点睛】易错点睛：本题考查椭圆定义的应用，在求解过程中要注意椭圆的定义要检查两个线段的大小，看是否可以构成椭圆，还要注意要围城三角形需要排除不符合的点，考查学生的转化能力与运算能力，属于基础题.14．函数是定义在上的增函数，函数的图像关于点对称，则满足的实数x的取值范围为________.【答案】【分析】函数的图像关于点对称即为函数的图像关于点对称,可得为奇函数,再将化成,由增函数的性质可解不等式.【详解】函数的图像关于点对称,则函数的图像关于点对称,即为奇函数,满足.所以,,又∵是定义在上的增函数,∴故答案为：【点睛】本题考查了奇函数和函数的单调性的应用,遇到解函数值不等式,可通过函数的单调性转化成自变量的关系.本题属于中等题.15．已知等边的边长为2，为边的中点，点是边上的动点，则的最小值为___________.【答案】【分析】设，由向量线性运算有，再由数量积的定义可得的函数，从而求得最小值.【详解】设，，所以时，取得最小值，故答案为：.16．已知四棱锥的底面是矩形，，平面平面，，且直线与所成角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为___________.【答案】【分析】取中点为，连接、．由可知为直线与所成角，，于是可求，解三角形可得长度．以为底面将四棱锥补为三棱柱即可求其外接球球心和半径，从而解得答案．【详解】解：取中点为，连接、，因为，所以，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，设，则，，．，为直线与所成角，，又，且（负值舍去），在中，根据余弦定理得，，即，解得，为等边三角形，设外接圆半径为，则根据正弦定理得，，如图所示，将四棱锥补为直三棱柱，则该直三棱柱的外接球即为四棱锥的外接球．设直三棱柱上下底面外接圆圆心为、，则为直三棱柱的高，则中点即为外接球球心，设外接球半径为，则如图在中，，四棱锥外接球的表面积为．故答案为：．三、解答题17．设等差数列的前项和为，已知，且是与的等比中项.（1）求的通项公式；（2）若.求证：，其中.【答案】（1）或（其中）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据等差数列公式及等比中项的性质求得的通项公式；（2）由（1）可得，所以，利用裂项相消的方法求和即可得出结论.【详解】（1）设等差数列的公差为，由得，因为是与的等比中项，所以，化简得且，解方程组.得或，故的通项公式为或（其中）；（2）因为.则，于是，于是，故，因为，于是.其中，即.【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．18．如图，四棱锥中，底面是菱形，，是棱上的点，是中点，且底面，. (1)求证：；(2)若，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题中条件依据线面垂直关系证明线线垂直；（2）根据锥体的体积计算公式（注意锥体底面的转化）计算即可得出结果.【详解】（1）证明：在菱形ABCD中，，△ABD为等边三角形.因为O为AD的中点，所以.因为，所以，因为底面ABCD，BC平面ABCD，所以.因为，OP，OB平面POB，所以BC⊥平面POB.因为M是棱PB上的点，所以OM平面POB.所以.（2）解：根据题意， 所以又由（1）可知，为等腰直角三角形则由于，19．某校高一年级学生全部参加了体育科目的达标测试，现从中随机抽取40名学生的测试成绩，整理数据并按分数段，，，，，进行分组，已知测试分数均为整数，现用每组区间的中点值代替该组中的每个数据，则得到体育成绩的折线图如下，若体育成绩大于或等于70分的学生为“体育良好”(1)已知该校高一年级有1000名学生，试估计该校高一年级学生“体育良好”的人数；(2)为分析学生平时的体育活动情况，现从体育成绩在和的样本学生中随机抽取3人，求所抽取的3名学生中，至少有1人为非“体育良好”的概率.【答案】(1)人(2)【分析】（1）根据折线图，计算样本中体育成绩大于或等于70分的学生比例，然后乘以总数即可求解.（2）由古典概型计算出全部为“体育良好”的概率即可求解.【详解】(1)在随机抽取40名学生中体育成绩大于或等于70分的学生有人.则高一年级学生“体育良好”的人数为：人.(2)由折线图可知，体育成绩在[60，70）分有2人，均为非“体育良好”，体育成绩在[80，90）分有3人，均为“体育良好”，共5人，从5人中随机抽取3人，共有种情况；3名学生中，全部为“体育良好”共有种情况；故至少有1人为非“体育良好”的概率为:.20．已知椭圆，长轴为4，不过原点O且不平行于坐标轴的直线l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M，直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l过右焦点，问y轴上是否存在点D，使得三角形ABD为正三角形，若存在，求出点D，若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）不存在这样的点D，理由见解析.【分析】（1）由题意可得，设点，，利用点差法可得，即可求出，从而得解；（2）设直线，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可表示出点，假设存在点D，求出MD的直线方程，从而得到点坐标，利用弦长公式求出、，由为等边三角形，则，即可得到方程，即可判断；【详解】解（1）由题意可知：，所以 设点，，A，B在椭圆上．．．．．．．．．．．．．．①．．．．．．．．．．．．．．．②因为．．．．．．．．．．．．．．③由①-②得，即，所以由③得 椭圆C方程为： （2）设直线联立得   ，假设存在点D，则MD的直线方程为：所以． 若为等边三角形则：即，方程无实数解，不存在这样的点D【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．21．已知函数(1)当时，求f（x）的单调递增区间：(2)若函数f（x）恰有两个极值点，记极大值和极小值分别为M、m，求证：.【答案】(1)和；(2)证明见解析.【分析】(1)利用导数讨论函数的单调性即可求解；(2)根据极值点的定义可得方程有两个不相等的实根()，由正弦函数图象可知，利用导数求出函数的极值，进而构造函数，再次利用导数求出即可.【详解】(1)函数的定义域为，当时，，，令或，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以函数的单调递增区间为和；(2)，因为函数恰有两个极值点，所以方程有两个不相等的实根，设为且，当时，函数图象关于直线对称，则，即，因为，所以，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以分别是函数的极大值点和极小值点，即，，于是有，因为，所以，所以，而，所以，设，，则，令或，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最小值，即，因此有，即.【点睛】在解决类似的问题时，要熟练应用导数研究函数的单调性、极值与最值，要掌握极值与极值点的定义，缕清极值点与方程的根之间关系，善于培养转化的数学思想，学会构造新函数，利用导数研究新函数的性质即可解决问题.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，，为曲线上两点，且，设射线：.（1）求曲线的极坐标方程；（2）求的最小值.【答案】（1）（2）【分析】（1）先将曲线的参数方程化为直角坐标方程，再将，代入化简即可.（2）根据题意得到射线的极坐标方程为或，利用极径的几何意义得到，，建立模型，利用基本不等式求解.【详解】（1）将曲线的参数方程化为直角坐标方程：，将，代入可得，化简得：.（2）由题意知，射线的极坐标方程为或，∴，，∴，当且仅当，即时，取最小值.【点睛】本题主要考查参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的转化，以及椭圆方程的求法以及垂直弦问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.23．已知a，b，c为正数．（1）证明；（2）求的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用基本不等式可证得命题成立；（2）三次使用不等式且等号同时成立，可求得最小值．【详解】（1）证明a，b，c均为正数，以上三式相加，得即．（当且仅当时等号成立）（2）因为，，，，当且仅当，即时等号成立．所以原式的最小值为．