2023届陕西省汉中市部分学校高三上学期第三次质量检测数学（理）试题含解析

这是一份2023届陕西省汉中市部分学校高三上学期第三次质量检测数学（理）试题含解析，共19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。
2023届陕西省汉中市部分学校高三上学期第三次质量检测数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，，则M∩N=（　　）A． B．M C．N D．R【答案】B【分析】根据集合的描述判断集合中元素的性质，再由集合的交运算求M∩N即可.【详解】由题意，表示偶数构成的集合，表示整数集，∴，故选：B2．在复平面内，复数的对应点为，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】复数的对应点为，可得．再利用复数的运算法则即可得出．【详解】因为复数的对应点为，所以，则，故选：D．3．若定义在R上的偶函数f(x)满足且时，，则方程的解有（    ）A．2个 B．3个C．4个 D．多于4个【答案】C【分析】由题意可得函数周期为2，问题转化为与图象的交点个数，作图可得．【详解】解：由可得函数的周期为2，又函数为偶函数且当，时，，故可作出函数得图象．方程的解个数等价于与图象的交点，由图象可得它们有4个交点，故方程的解个数为4.故选：C．4．公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直径（D）的立方成正比”，此即，欧几里得未给出k的值．17世纪日本数学家们对球的体积的方法还不了解，他们将体积公式中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱），正方体也可利用公式求体积（在等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长）．假设运用此体积公式求得球（直径为a），等边圆柱（底面圆的直径为a），正方体（棱长为a）的“玉积率”分别为，那么（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意可得，，，从而得到．【详解】由题意得球的体积为；等边圆柱的体积为；正方体的体积，所以，故选：D．5．设函数在上为增函数，在上是减函数，则的可能取值为（    ）A．， B．C．， D．【答案】D【解析】依题意可得在处取得最大值，即可求出的取值集合，再根据函数的单调性确定的范围，从而得解；【详解】解：因为在上为增函数，在上是减函数，所以在处取得最大值，即，即，解得，又函数在上为增函数，所以且，故，所以时，故选：D【点睛】本题考查三角函数的性质的应用，解答的关键是正弦函数的性质的应用；6．已知且，若，则（    ）A．或 B．或1 C．1 D．【答案】D【分析】利用二倍角的正弦公式以及齐次式求出，再由两角差的正切公式即可求解.【详解】由，得，所以，求得（舍），．又，将的值代入上式可得：．故选：D．7．设两个独立事件，都不发生的概率为.则与都发生的概率值可能为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据A，B是独立事件，设不发生的概率为x，B不发生的概率为y，则，然后利用基本不等式求得的范围，然后由求解.【详解】因为A，B是独立事件，设不发生的概率为x，B不发生的概率为y，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，故选：D8．若x，y满足条件，则目标函数z＝x2＋y2的最小值是（    ）A． B．2C．4 D． 【答案】B【分析】作出不等式组表示的平面区域，再由目标函数表示的几何意义即可求解.【详解】作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.过原点O(0，0)作直线x＋y－2＝0的垂线，垂线段的长度d＝，易知zmin＝d2＝2，故选：B.9．设等差数列的前项和为，且满足，对任意正整数，都有，则的值为A．1009 B．1010 C．1011 D．1012【答案】B【解析】结合前n项和公式: ，再利用等差数列的性质，，得到，分析即得解.【详解】由等差数列，可得即：，可得：，可得等差数列为递减数列.又故：对任意正整数，都有，则的值为1010.故选：B【点睛】本题考查了等差数列的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.10．如图，已知是双曲线的上､下焦点，直线且与双曲线交于两点，若是正三角形且点是的内心，则双曲线的离心率是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用正三角形求出直线，与双曲线联立求出点A,B的坐标，解直角三角形得到离心率e的方程，进而解出答案.【详解】如图，因为是正三角形且是的内心，所以也是的重心.设直线AB与y轴的交点为H，所以，即，又因为，所以，即直线，将直线代入双曲线C解得：，在直角中,，所以，则，而e>1，所以.故选：A.11．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】比较大小，转化为比较大小，构造函数，通过求导判断的单调性，可得出大小；比较大小，转化为比较，构造函数，求导判断单调性，得到出大小，即可得出结论.【详解】设，当时，在上单调递减，，即，，所以；设， 当时，在上单调递减，，即，，所以，所以.故选：A.【点睛】关键点点睛：比较数的大小，通过适当变形，转化为同构形式，从而抽象构造出函数是解题的关键，再利用函数的单调性比较大小.12．如图，在棱长为1的正方体中，是上的动点，则下列说法不正确的是（    ）A．直线与是异面直线B．平面C．的最小值是2D．当与重合时，三棱锥的外接球半径为【答案】C【分析】选项A，利用平面可说明直线与是异面直线；选项B，先证明平面平面，再由平面，得平面；选项C，通过作辅助线，将的最小值转化为求的值，在中，利用勾股定理求出的值；选项D，认识到当与重合时，三棱锥的外接球与正方体的外接球是同一个，利用正方体来求外接球半径.【详解】A选项，因为直线与平面相交于点，直线在平面内，所以由线线位置关系知，直线与是异面直线，故选项A正确；B选项，连接，，由正方体性质，易知，，，所以四边形为平行四边形，有，又平面，平面，所以平面，同理可证平面，又，都在平面内，且相交于点，所以平面平面，又平面，所以平面，故选项B正确；C选项，延长到，使得，连接，在上取点，使得，则，有.故.过点作，交于点，在中，因为，所以，又，所以，，，，所以的最小值为，故选项C错误；D选项，当P与重合时，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，又正方体的棱长为1，故其外接球半径，故选项D正确.故选：C 二、填空题13．已知非零向量，满足，且，则和的夹角为___________.【答案】135°【分析】将已知等式两边同时平方求得，进而利用向量的夹角余弦公式计算，求得夹角的余弦值，进而得解.【详解】解：不妨设. ,∴，∴,则 ，设与的夹角是的夹角是, ,,故答案为:.14．的展开式中的常数项为__________.【答案】31【解析】由二项式定理及其展开式得通项公式得：因为的展开式得通项为，则的展开式中的常数项为： ，得解.【详解】解：，则的展开式中的常数项为：.故答案为：31.【点睛】本题考查二项式定理及其展开式的通项公式，求某项的导数，考查计算能力.15．如图，为测塔高，在塔底所在的水平面内取一点，测得塔顶的仰角为，由向塔前进30米后到点，测得塔顶的仰角为，再由向塔前进米后到点后，测得塔顶的仰角为，则塔高为______米．【答案】15【分析】在三角形中由余弦定理得，可求出，最后在中，即可求解，得到答案．【详解】由题意，因为，∴，，∴，在三角形中由余弦定理得 ，∴，∴，∴，∴．故答案为15米．【点睛】本题主要考查了正、余弦定理解三角形的实际应用问题，其中解答中根据图形，在中，合理应用正弦定理、余弦定理，以及直角三角形的性质求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．16．若对一切正实数恒成立，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】利用隐零点法求出函数的最小值为，进而转化为恒成立，再利用基本不等式，即可得到答案；【详解】设，则恒成立，由，令，则恒成立，所以为增函数，令得，当时，，当时，；所以在递减，在递增，故在处取得最小值，故最小值，因为，则所以恒成立，得，又因为（当且仅当时等号成立）；所以 即.故答案为：. 三、解答题17．某研究机构为了研究华为公司由于技术创新对订单产生的影响，调查了技术创新前､后华为及其它公司在欧洲的订单情况，结果如下： 华为在欧洲的订单数其他公司在欧洲的订单数技术创新前2060技术创新后3040 （1）是否有95%的把握认为华为公司技术创新影响了华为在欧洲的订单？（2）现从技术创新前､后华为在欧洲的订单数中，采用分层抽样的方法抽取5个进行调查，若从抽得的5个订单中随机抽取2个进行调查结果的比较，求这2个订单中恰好有一个是技术创新后的订单的概率.附：，其中.0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828  【答案】（1）有的把握认为华为公司技术创新影响了华为在欧洲的订单；（2）.【分析】（1）由题可求，即可判断；（2）利用列举法即可求出.【详解】（1）由题意知，，所以有的把握认为华为公司技术创新影响了华为在欧洲的订单.（2）由题意知，从技术创新前､后的订单数中应分别抽取的订单数为2个和3个.将来自技术创新前的订单分别记作，来自技术创新后的订单分别记作.则从这5个订单中抽取2个订单的所有结果有，，共10种，其中恰有一个是来自技术后的订单的结果有，共6种，故所求概率.18．已知公比大于的等比数列满足．（1）求的通项公式；（2）求.【答案】（1）；（2）【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列的通项公式，然后结合等比数列前n项和公式求解其前n项和即可.【详解】(1) 设等比数列的公比为q(q>1)，则，整理可得：，，数列的通项公式为：.(2)由于：，故：.【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础.19．已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若，求|AB|．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设直线：，，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于的方程，解方程求得结果；（2）设直线：；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用可得，结合韦达定理可求得；根据弦长公式可求得结果.【详解】（1）设直线方程为：，，由抛物线焦半径公式可知：    联立得：则    ，解得：直线的方程为：，即：（2）设，则可设直线方程为：联立得：则    ，        ，    则【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.20．已知是圆的直径，且长为4，是圆上异于、的一点，点到，，的距离均为．设二面角与二面角的大小分别为，．（1）求的值；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）作出，从而求得的值.（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值．【详解】（1）连结，．因为，为的中点，所以．因为是圆上异于，的一点，是圆的直径，所以，从而．又因为，，所以，所以，即．因为平面，，所以平面．分别取，的中点，，连接，，，，则在圆中，．由平面，得．又，故平面，所以．所以．同理，．于是．（2）因为，所以．在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．则，，．又因为平面，所以轴，从而．则，，．设平面的法向量为，则，即，不妨取，则，，此时．同理，平面的一个法向量．所以．又二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为．【点睛】几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.21．已知函数，.（1）当时，求曲线与的公切线方程：（2）若有两个极值点，，且，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】（1）利用求导，分别求出两条曲线的切线方程.由题知两条切线重合，则可列出方程组，解得两个切点的横坐标，从而求出切线方程；（2）求的导函数，其零点即为极值点，，则.根据，可设，解得，由此构造函数，利用导函数求出的值域，也即是的范围.由构造函数，求出其值域，也即是实数的取值范围.【详解】解：（1）时，，设曲线上的切点为，则切线方程为，设曲线上的切点为，则切线方程为由两条切线重合得 ，则 ，所以，公切线方程为；（2），，设其零点为，，，，令，可得，则 令，，又令，，则单调递减，，，单调递减， ，易知， ，令，，则在上递增，【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线，利用导函数求函数的最值问题.其中多次构造函数，利用导函数分析单调性，进而求最值是较大的难点，本题难度较大.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程和直线的直角坐标方程；（2）设射线与直线交于点，点在曲线上，且，求.【答案】（1），；（2）2.【分析】（1）先将曲线的参数方程化为普通方程，再利用极坐标方程与直角坐标方程的互化公式将其化为极坐标方程，将直线的极坐标方程化简后化为直角坐标方程；（2）利用极坐标方程联立方程组，求出两点的极坐标，然后可得为等边三角形，从而可求出的长【详解】（1）曲线的普通方程，所以极坐标方程为.由，得，即所以直线的直角坐标方程为.（2）由得射线的极坐标方程为，即.由得，为等边三角形，23．已知函数，．（1）当时，解不等式；（2）若正数a，b，c，d满足，，求的最大值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）代入a的值，通过讨论x的范围，去掉绝对值求出不等式的解集即可；（2）求出的值，根据基本不等式的性质求出代数式的最大值即可．【详解】（1）当时，，即，当时，，即恒成立，故，当时，，即，解得：，当时，，不成立，不等式无解，综上，不等式的解集是.（2）由题意得：，且，，．，b，c，d都是正数，当且仅当，时取“”，的最大值是．