2023届陕西省宝鸡教育联盟高三下学期教学质量检测（五）数学（文）试题含解析

这是一份2023届陕西省宝鸡教育联盟高三下学期教学质量检测（五）数学（文）试题含解析，共16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届陕西省宝鸡教育联盟高三下学期教学质量检测（五）数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，，则A． B．C． D．【答案】B【分析】由交集定义直接求解即可.【详解】集合，，则.故选B.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题.2．已知复数，则复数z的模为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由复数的运算法则对进行化简，再由复数的模长公式即可求得复数z的模.【详解】因为，所以．故选：C.3．若函数，则曲线在点处的切线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出函数的解析式，在求导数得到切线斜率，即，然后求解切点坐标，由点斜式即可求出切线方程.【详解】解：函数，则∴，，.即函数在点处的切线斜率是 ， 曲线在点处的切线方程为，所以切线方程为：， 故选：B.【点睛】本题考查利用导数研究曲线上某点的切线方程问题，函数在某点处的导数为该点处的切线斜率.4．在区间（- 2，2）内随机取一个数，使得的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求解的取值范围，利用几何概型进行求解.【详解】由题可知，则，所求概率．故选：C.5．已知双曲线的焦距为4，则该双曲线的离心率为（    ）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】利用题意可得到，，的值，即可求解【详解】由双曲线的焦距为4可得，，则，所以．故选：C6．在正项等比数列中，若依次成等差数列，则的公比为A．2 B． C．3 D．【答案】A【分析】由等差中项的性质可得，又为等比数列，所以，化简整理可求出q的值．【详解】由题意知，又为正项等比数列，所以，且，所以，所以或（舍），故选A【点睛】本题考查等差数列与等比数列的综合应用，熟练掌握等差中项的性质，及等比数列的通项公式是解题的关键，属基础题．7．已知函数，设甲：，乙：函数在区间上单调递增，则甲是乙的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】利用“乙”计算出，然后判断充分性与必要性即可.【详解】当时，，又因为，若函数在区间上单调递增，则有，可得；若，当时，，则函数在区间上单调递增；故甲是乙的充要条件．故选：C8．中国最早的天文观测仪器叫“圭表”，最早装置圭表的观测台是西周初年在阳城建立的周公测景（影）台．“圭”就是放在地面上的土堆，“表”就是直立于圭的杆子，太阳光照射在“表”上，便在“圭”上成影．到了周代，使用圭表有了规范，杆子（表）规定为八尺长．用圭表测量太阳照射在竹竿上的影长，可以判断季节的变化，也能用于丈量土地．同一日子内，南北两地的日影长短倘使差一寸，它们的距离就相差一千里，所谓“影差一寸，地差一尺”（1尺＝10寸）．记“表”的顶部为A，太阳光线通过顶部A投影到“圭”上的点为B．同一日子内，甲地日影长是乙地日影子长的两倍，记甲地中直线AB与地面所成的角为，且．则甲、乙两地之间的距离约为（    ）A．15千里 B．14千里 C．13千里 D．12千里【答案】A【分析】首先根据题意得到甲地的日影子长为尺，乙地的日影子长为1.5尺，即可得到答案.【详解】由题意可知甲地的日影子长为尺，从而得到乙地的日影子长为1.5尺，则甲、乙两地之间的距离约为千里．故选：A9．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】切化弦后，结合二倍角正余弦公式可构造方程求得，由可求得结果.【详解】由得：，，，，解得：，.故选：D.10．执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的，的值分别为A．3，5 B．4，7 C．5，9 D．6，11【答案】C【详解】执行第一次循环后，，，执行第二次循环后，，，执行第三次循环后，，，执行第四次循环后，此时，不再执行循环体，故选C.点睛：对于比较复杂的流程图，可以模拟计算机把每个语句依次执行一次，找出规律即可.11．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合中间量和即可得解.【详解】因为，所以，因为，所以，因为，所以，则．故选：A.12．在直角坐标系xOy中，已知点P是圆O：上一动点，若直线l：上存在点Q，满足线段PQ的中点也始终在圆O上，则k的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题意分析可知，只要O的圆心到直线l的距离不超过3，再结合点到直线的距离公式即可求得k的取值范围.【详解】由题意分析可知，直线l：过定点，设的中点为，因为圆O：的圆心，半径为，若满足线段PQ的中点点在圆上，则，又，则，即，所以，设圆心O到直线l的距离为，则，所以，解得或，故．故选：D.. 二、填空题13．已知向量，，若，则______．【答案】6【分析】首先求出，再由向量平行的坐标表示即可得出的值.【详解】因为向量，所以，由可得，解得．故答案为：6.14．从某校随机抽取某次数学考试100分以上（含100分，满分150分）的学生成绩，将他们的分数数据绘制成如图所示频率分布直方图．若共抽取了100名学生的成绩，则分数在内的人数为___________．【答案】30【分析】根据频率分布直方图中所以小矩形面积和为1，可得a值，根据总人数和的频率，即可得答案.【详解】因为频率分布直方图中所以小矩形面积和为1，所以，解得，所以分数在内的人数为.故答案为：3015．已知抛物线C：上的点P到焦点的距离比到y轴的距离大2，则______．【答案】4【分析】确定点P到准线的距离比到y轴的距离大2，得到，得到答案.【详解】点P到焦点的距离比到y轴的距离大2，即点P到准线的距离比到y轴的距离大2，即，即．故答案为：4.16．柏拉图多面体并不是由柏拉图所发明，但却是由柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名，由于它们具有高度的对称性及次序感，因而通常被称为正多面体．柏拉图视“四古典元素”中的火元素为正四面体，空气为正八面体，水为正二十面体，土为正六面体．如图，在一个棱长为的正八面体（正八面体是每个面都是正三角形的八面体）内有一个内切圆柱（圆柱的底面与构成正八面体的两个正四棱锥的底面平行），则这个圆柱的体积的最大值为________．【答案】【分析】根据题意得到，，然后利用勾股定理得到，在中根据相似列方程，整理得，然后根据圆柱的体积公式求体积，最后求导，根据单调性求最值即可.【详解】解：如图，设该圆柱的底面半径为，高，由题可知，，，则．又，∴，，∴圆柱的体积，，可知，当时，；当时，，所以当时，单调递增，当时，单调递减，∴当时，．故答案为：. 三、解答题17．在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，．(1)证明：；(2)若，求的面积．【答案】(1)证明见解析(2)6 【分析】小问1：证法一：运用余弦定理可证，证法二：利用正弦定理可证；小问2：由余弦定理求得，结合三角形面积公式可求结果．【详解】（1）（1）证法一：∵，∴，由余弦定理可得．则，，∴．证法二：∵，由正弦定理得，∴，可得，所以由正弦定理可得．（2）（2）由余弦定理可得．∴，∴，∵，A为三角形内角，∴，∴．18．如图，在三棱柱中，平面平面ABC，四边形是边长为2的菱形，为等边三角形，，E为BC的中点，D为的中点，P为线段AC上的动点．(1)若平面，请确定点在线段上的位置；(2)若点为的中点，求三棱锥的体积．【答案】(1)点P是线段AC上靠近点C的四等分点(2) 【分析】（1）连接与DE相交于，连接，连接交于点，由线面平行的性质得到，再根据三角形相似得到，，从而得到，即可得到，从而得解；（2）取的中点，连接，，即可得到，再由面面垂直的性质得到平面，求出的长度，即可得到点到平面的距离，从而得到点到平面的距离，最后根据锥体的体积公式计算可得.【详解】（1）解：如图，连接与相交于，连接，连接交于点，∵平面，平面平面，平面，∴，∵，，∴，，又，所以，∵，，∴，∴点是线段上靠近点的四等分点；（2）解：如图，取的中点，连接，，∵四边形为边长为2的菱形，，∴，为等边三角形，∵，为等边三角形，∴，∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，又由，为的中点，为的中点，可得，∵四边形为边长为2的菱形，为等边三角形，，∴，∵D为的中点，平面平面，∴点到平面的距离与点到平面的距离相等，∴，∵为的中点，∴点到平面的距离为，∴三棱锥的体积为．19．一位父亲在孩子出生后，每月给小孩测量一次身高，得到前7个月的数据如下表所示．月龄1234567身高（单位：厘米）52566063656870 (1)求小孩前7个月的平均身高；(2)求出身高y关于月龄x的回归直线方程（计算结果精确到整数部分）；(3)利用（2）的结论预测一下8个月的时候小孩的身高．参考公式：．【答案】(1)62；(2)；(3)74. 【分析】（1）直接利用平均数的计算公式即可求解；（2）套公式求出b、a，求出回归方程；（3）把x=8代入回归方程即可求出.【详解】（1）小孩前7个月的平均身高为.（2）(2)设回归直线方程是.由题中的数据可知.，..计算结果精确到整数部分,所以,于是，所以身高y关于月龄x的回归直线方程为.（3）由(2)知, .当x=8时,y=3×8+50=74,所以预测8个月的时候小孩的身高为74厘米.20．已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)设函数的最大值为m，证明：.【答案】(1)增区间为，减区间为；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数研究的单调区间.（2）应用导数求得的最大值，再构造并利用导数证明不等式.【详解】（1）当时，.∴，令，得.∴当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.故函数的减区间为，增区间为；（2）由，令，得.∴当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.∴.令，则.∴当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.∴，即.21．已知椭圆C：的短轴长和焦距相等，长轴长是．(1)求椭圆C的标准方程；(2)直线l与椭圆C相交于P，Q两点，原点O到直线l的距离为．点M在椭圆C上，且满足，求直线l的方程．【答案】(1)(2)或或或 【分析】（1）根据题意求出，即可得解；（2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线l的方程为，，，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据，求出点的坐标，由在椭圆上，可得的关系，再根据原点O到直线l的距离可得的关系，从而可求得，即可得解.【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，由题意有，解得，，，故椭圆C的标准方程为；（2）若直线l的斜率不存在，直线l的方程为，此时满足的点M显然不在椭圆C上，可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，，，联立方程，消去y后整理为，可得，，由，可得，又由，可得，，将点M的坐标代入椭圆C的方程，有，整理为，又由原点O到直线l的距离为，有，可得，联立方程，可得，解得或或或，又由，可得直线l的方程为或或或．【点睛】本题考查了椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系的应用，考查了学生的运算能力，计算量较大，有一定的难度.22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．(1)求直线l的一般式方程和曲线C的标准方程；(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，点，求的值．【答案】(1)，；(2). 【分析】（1）对于直线l消去参数t即可求得一般方程，对于曲线C，运用 ， ，即可求得标准方程；(2)由于点P在直线l上，直线l的参数方程，椭圆C联立方程，运用韦达定理即可求解.【详解】（1）直线l的参数方程为（t为参数），消去,化为一般式方程为，曲线C的极坐标方程为，，化为标准方程为；（2）设直线l的参数方程为（t为参数），即代入，得，，则．23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)设时，的最小值为M．若正实数a，b，满足，求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）首先对不等式化简，再由零点分段讨论即可得到原不等式的解；（2）首先求得的最小值为M，再由基本不等式即可求得的最小值.【详解】（1），可化为，当时，不等式化为，解得，此时；当时，不等式化为，恒成立，此时；当时，不等式化为，解得，此时．综上所述，不等式的解集为；（2）．当时取.∴，即．∴，当且仅当，即，时取等号．∴的最小值为．