2023届陕西省安康中学高三下学期3月质量检测数学（文）试题含解析

2023届陕西省安康中学高三下学期3月质量检测数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由补集和交集的定义进行求解即可.

【详解】∵，，∴，

又∵，∴．

故选：D.

2．已知(i为虚数单位),则在复平面内所对应的点位于(   )

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据复数的除法求出,即可确定在复平面内所对应的点所在象限.

【详解】因为,

所以,

所以在复平面内对应的点为,位于第一象限.

故选:A.

3．已知条件，条件，则是的（    ）

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】A

【分析】先由条件得到，再根据不等式的性质得到；再由举反例，结论成立，不一定条件成立，即得答案.

【详解】因为，所以，所以，充分性成立，

若，则，，但不满足，必要性不成立

因此是的充分不必要条件．

故选：．

【点睛】本题主要考查充分条件、不等式的性质，可以先由条件推结论，看是否成立，再由结论推条件，看是否成立，即证充分性，又要证必要性.

4．已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则离心率（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知条件求得，然后利用公式可求得该双曲线的离心率的值.

【详解】由题设，所以，，则.

故选：A.

【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，在涉及渐近线的问题时，利用公式计算较为方便，考查计算能力，属于基础题.

5．如图，在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的大小为（    ）

A．30° B．90° C．45° D．60°

【答案】C

【分析】根据平移，转化为相交直线的夹角，利用异面直线的求法即可.

【详解】如图，在正方体中，连接交于，连接，因为，分别为，的中点，所以，所以异面直线与所成角即与所成角，易知．

故选C．

6．已知四边形ABCD为平行四边形,,,,,则（    ）

A．7 B．1 C． D．

【答案】D

【分析】用表示即可.

【详解】如图:

．

故选:D．

7．在数列中，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用递推公式可得相邻两项前后项之差，再利用累加法可得通项，最后裂项相消求和即可.

【详解】因为，故可得，，…，，及累加可得，

则，所以，

则．

故选：B．

8．地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准．里氏震级是用距震中100千米处的标准地震仪所记录的地震波的最大振幅的对数值来表示的．里氏震级的计算公式为，其中是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．根据该公式可知，2021年7月28日发生在美国阿拉斯加半岛以南91公里处的级地震的最大振幅约是2021年8月4日发生在日本本州近岸级地震的最大振幅的（    ）倍（精确到1）．（参考数据：，，）

A．794 B．631 C．316 D．251

【答案】A

【分析】将阿拉斯加半岛的震幅 和日本本州近岸5.3级地震的震幅 表示成指数形式，作商即可.

【详解】由题意，即，则；

当时，地震的最大振幅，

当时，地震的最大振幅，

所以，

即；

故选：A．

9．已知直线与圆C：相交于点A，B，若是正三角形，则实数（    ）

A．－2 B．2 C． D．

【答案】D

【分析】由圆心到直线的距离为得出.

【详解】设圆的半径为，由可得，

因为是正三角形，所以点到直线的距离为

即，两边平方得，

故选：D

10．已知函数相邻两个对称轴之间的距离为，且对于任意的恒成立，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由三角函数周期公式得，利用，得

再由对于任意的恒成立，利用可得答案.

【详解】由题意，得，解得．由，

即，

得，即．

因为对于任意的恒成立，且，所以，即解得．

故选：C．

11．已知为椭圆上一点，若的右焦点的坐标为，点满足，，若的最小值为，则椭圆的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由得出，将最小值代入求解即可.

【详解】

如图，∵，∴，

又∵，∴，即，，

∴，

∴当点为椭圆的右顶点时，取最小值，，

此时的最小值，

解得（舍）或，∴，

∴椭圆的方程为.

故选：B.

12．函数在内有极值，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由可导函数在开区间内有极值的充要条件即可作答.

【详解】由得，，

因函数在内有极值，则时，有解，

即在时，函数与直线y=a有公共点，

而，即在上单调递减，，则，显然在零点左右两侧异号，

所以实数的取值范围是.

故选：C

【点睛】结论点睛：可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．

二、填空题

13．已知平面向量，，若，则实数的值为______．

【答案】

【分析】首先求出的坐标，再根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可；

【详解】因为，，所以，

又，所以，解得．

故答案为：

14．《九章算术》有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤:斩末一尺,重二斤．问次一尺各重几何？”意思是:“现在有一根金箠,长五尺,在粗的一端截下一尺,重4斤:在细的一端截下一尺,重2斤．问各尺依次重多少？”按这一问题的题设,假设金箠由粗到细各尺重量依次成等差数列,则从粗端开始的第二尺的重量是__________斤．

【答案】##3.5

【分析】每尺的重量成等差数列,且知道首项与第五项,可求第二项.

【详解】由题意知,每尺的重量成等差数列,

可设粗端第一尺重量为首项,

细端一尺重量为,

则公差,

所以（斤）．

故答案为:3.5

15．已知函数，，若曲线与曲线在公共点处的切线相同，则实数________．

【答案】1

【分析】设函数，的公共点为，则，代入化简即可求得，令，易得在上单调递增，即可求出，进而求得实数的值.

【详解】设函数，的公共点为，则即则．令，易得在上单调递增，所以以由，解得，所以切点为，所以，则．

故答案为：1.

16．如图，棱长均相等的直三棱柱的上、下底面均内接于圆柱的上、下底面，则圆柱的侧面积与其外接球的表面积之比为______．

【答案】

【分析】设三棱柱的棱长为，再求出圆柱的半径与其外接球的半径即可求解

【详解】设三棱柱的棱长为，

所以外接圆的半径，

所以圆柱外接球的半径．

故外接球的表面积为，

圆柱的侧面积为，

所以圆柱的侧面积与其外接球的表面积之比为．

故答案为：

三、解答题

17．在中，角、、的对边分别为、、，且．

(1)求角的大小；

(2)若，求的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用两角和的余弦公式、二倍角的余弦公式可得出关于的方程，结合可求得的值，再结合角的取值范围可求得角的值；

（2）由正弦定理结合三角恒等变换化简得出，结合正弦型函数的有界性可求得的最大值.

【详解】（1）解：由已知可得

，

即，

，则，解得，因此，.

（2）解：由正弦定理可得，

所以，

，

其中为锐角，且，

因为，则，，

所以，当时，即当时，取得最大值.

18．某社区为庆祝中国共产党成立100周年，举办一系列活动，通过调查得知其中参加文艺活动与体育活动的居民人数如下表：

(1)补全上表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.5%的前提下认为参加活动类型与性别有关？

(2)在参加活动的男性居民中，用分层抽样方法抽取7人，再从这7人中随机抽取2人接受采访，求接受采访的2人来自参加文艺活动和体育活动各一人的概率．

附：

，其中．

【答案】(1)列联表见解析，可以认为参加活动类型与性别有关

(2)

【分析】（1）根据表中所给的数据补全列联表，并根据公式作卡方计算；

（2）按照分层抽样的规则抽取人数，再利用计数原理求概率.

【详解】（1）依题意，列联表如下：

，

所以在犯错的概率不超过0.5%的前提下，可以认为参加活动类型与性别有关；

（2）因为男性居民中参加文艺活动的15名，参加体育的有20名，用分层抽样方法抽取7人，则抽取的比例为： ，所以参加文艺活动的应抽取 人，参加体育活动的应抽取 人，

从这7人中随机选取2人，其中1人来自文艺活动，1人来自体育活动的方式有种 ， 故所求概率；

综上，在犯错的概率不超过0.5%的前提下，可以认为参加活动类型与性别有关；接受采访的2人来自文艺活动和体育活动各1人的概率为 .

19．如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，，，．

(1)求四棱锥的体积；

(2)在线段PB上是否存在点M，使得平面PAD？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）先证明平面ABCD,则PG为四棱锥的高,再应用体积公式；

（2）先过点C作交AB于点N，过点N作交PB于点M,再证平面平面CMN，最后得出比值成立即可.

【详解】（1）取AD的中点G，连接PG，GB，如图所示．

在中，，G是AD的中点，所以．

又平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，

所以平面ABCD，即PG为四棱锥的高．

又平面ABCD，所以．

在中，由余弦定理得

，故．

在中，，，，所以．

所以．

（2）过点C作交AB于点N，则，

过点N作交PB于点M，连接CM，则．

又因为，平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．

因为，平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．

又，，平面CNM，所以平面平面CMN．

又平面CMN，所以平面PAD．

所以在PB上存在点M，使得平面PAD，且．

20．已知抛物线的焦点为F，直线交抛物线E于A，B两点，当直线过点F时，点A，B到E的准线的距离之和为12，线段AB的中点到y轴的距离是4．

(1)求抛物线E的方程；

(2)当时，设线段AB的中点为M，在x轴上是否存在点N，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，说明理由．

【答案】(1)；

(2)存在，定值为.

【分析】（1）由题可得AB的中点到的距离为6，进而，即得；

（2）利用韦达定理法结合向量线性运算可得条件可得，然后利用向量数量积的坐标表示结合条件即得.

【详解】（1）因为直线过焦点F时，A，B到E的准线的距离之和为12，

所以此时AB的中点到的距离为6，

又AB的中点到x轴的距离为4，所以y轴与间的距离为2，即，

所以，

所以抛物线E的方程为；

（2）设，，，

联立方程，得消去并整理得．

，

则．

因为M为线段AB的中点，

所以

．

所以当，是定值．

所以在x轴上存在点，使得为定值．

21．已知函数，若有两个不同的极值点，．

(1)求实数a的取值范围；

(2)求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）将已知转化为有两个变号零点，借助导数研究其性质结合零点存在定理，进而解决问题；

（2）由题可得是上的减函数，进而，然后结合条件即得.

【详解】（1）由题可得，设，则．

当时，，所以在上单调递减，

当时，，所以在上单调递增，

所以．

因为函数有两个极值点，所以函数有两个零点，

所以，所以，

此时，又在上单调递减，所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点．

．

设，则．

因为时，；时，，

所以在上单调递减，在上单调递增．

所以，即，

所以，即．

又在上单调递增，所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点．

综上，实数a的取值范围是；

（2）证明：由（1）知，是方程的两根，即，，

不妨设，当时，，所以是上的减函数，

所以

．

因为，所以，即．

【点睛】方法点睛：函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：

1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；

2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.

22．在平面直角坐标系中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线与曲线C的极坐标方程分别为，，点P的极坐标为．

(1)求直线以及曲线C的直角坐标方程；

(2)在极坐标系中，已知射线与，C的公共点分别为A，B，且，求的面积．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用极坐标方程和直角坐标方程的转化关系即可；

（2）利用极坐标方程的几何意义和三角形的面积公式即可.

【详解】（1）因为，所以，

即直线的直角坐标方程为．

由，得，

代入公式得，

所以曲线C的直角坐标方程为．

（2）设点A，B的极坐标分别为，，

由题意可得，．

则，可得．

因为，所以，，，

则．

因为点P的极坐标为，

故

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若不等式对恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分别讨论在条件，，下求解不等式，最后综合得解集；

（2）由已知将不等式转化为对恒成立，再运用绝对值不等式即可得出或对恒成立，进而得出所求.

【详解】（1）当时，．

当时，不等式即为，解得，此时；

当时，不等式即为，解得，此时；

当时，不等式即为，解得，此时．

综上所述，不等式的解集为．

（2）若，则可化为，

即．

则或，

则或．

对任意的时，不等式恒成立，则或，

解得或．

故实数a的取值范围为．