2023届陕西省咸阳市武功县高三上学期第二次质量检测数学（文）试题含解析

2023届陕西省咸阳市武功县高三上学期第二次质量检测数学（文）试题

一、单选题

1．已知全集,集合,,则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据补集概念求出,再根据并集概念求出结果即可.

【详解】解:由题知,,

所以,

因为,

所以.

故选:D

2．已知为虚数单位，且复数满足，则复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由复数的模的定义可知,根据复数的除法,求出复数即可.

【详解】,即.

故选:.

【点睛】本题考查复数模的定义及四则运算,要求掌握复数的除法运算,难度容易.

3．已知向量，满足，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先对平方可求，然后利用夹角公式求解.

【详解】因为，所以，即；

因为，，所以，又

所以.

故选：B.

4．正方体上点是其所在棱的中点，则直线与垂直的图形是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】建立空间直角坐标系，写出满足每个选项点的坐标，利用向量的数量积的坐标表示及两向量垂直的条件即可求解.

【详解】不妨设正方体的棱长为，建立空间直角坐标系，如图所示

对于A，由A选项的图可知,，所以,即，所以，即，故A错误；

对于B，由B选项的图可知,，所以,即，所以与不垂直，即与不垂直，故B错误；

对于C，由C选项的图可知,，所以,即，所以与不垂直，即与不垂直，故C错误；

对于D，由D选项的图可知,，所以,即，所以，即，故D正确.

故选：D.

5．汽车在行驶中，由于惯性，刹车后还要继续向前滑行一段距离才能停止，一般称这段距离为“刹车距离”.刹车距离是分析交通事故的一个重要依据.在一个限速为的弯道上，甲、乙两辆汽车相向而行，发现情况不对，同时刹车，但还是相碰了.事后现场勘查，测得甲车的刹车距离略超过，乙车的刹车距离略超过.已知甲车的刹车距离与车速之间的关系为，乙车的刹车距离与车速之间的关系为.请判断甲、乙两车哪辆车有超速现象（    ）

A．甲、乙两车均超速 B．甲车超速但乙车未超速

C．乙车超速但甲车未超速 D．甲、乙两车均未超速

【答案】C

【分析】根据题意列出方程即可确定是否超速.

【详解】对于甲车，令，即

解得（舍）或，所以甲未超速；

对于甲车，令，即

解得（舍）或，所以乙超速；

故选:C.

6．若，为正实数，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】C

【分析】根据充分、必要条件的定义结合作差法及对数函数的单调性分析判断.

【详解】∵若，为正实数，则有：

若，则，且，则；

若，且在上单调递增，则；

∴，

故“”是“”的充要条件.

故选：C.

7．已知实数满足约束条件，则的最大值为（  ）

A．7 B．5 C． D．

【答案】B

【分析】画出约束条件,则可看作直线的纵截距,对直线进行平移到直线的纵截距取最小值时,即取最大值,联立解出代入即可.

【详解】解:由题知,画出可行域如图所示:

则,即,

则可看作与直线的纵截距,

由图可得当直线过点时,取最小,取最大,

联立,可得,代入可得,故最大值为5.

故选:B

8．若函数的最小正周期为,且,则下列说法错误的是（    ）

A．的一个零点为 B．是偶函数

C．在区间上单调递增 D．的一条对称轴为直线

【答案】C

【分析】利用周期公式可求,由恒成立,结合的范围,可求,求得函数的解析式,比较各个选项即可得答案.

【详解】由函数的最小正周期为,

得,得,

又,

,

即,

得,

故,

因为,

故选项A正确;

又,

故选项B正确;

当,

所以在区间不单调;

故选项C不正确;

由,

故选项D正确;

故选:C.

9．足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱．有甲，乙，丙，丁四个人相互之间进行传球训练，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过三次传球后乙只接到一次球的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】计算出每一种情况后，再求和即可.

【详解】由题意，根据第一次传给乙第二次传给甲或丙或丁第三次传给丙丁或甲丁或甲丙，第一次传给丙或丁第二次传给乙第三次传给甲或丙或丁，第一次传给丙或丁第二次传给甲丁或甲丙第三次传给乙分别求出概率，再求和可得答案.

.

故选：D

10．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法商功》中出现了如图所示的形状后人称为“三角垛”（如图所示的是一个4层的三角躁）,“三角垛”最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球,…,设第层有个球,从上往下层球的总数为,则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先根据规律写出递推关系式,即可判断选项D的正误;再利用累加法即可求得通项公式,即选项C正误,求出前7项,即可得选项B正误,求出通项公式,利用裂项相消即可得选项A的正误.

【详解】解:由题知,第一层有1个球,

第二层有3个球,即,

第三层有6个球,即,

则第四层的球数为,

当第层有个球时,

第层有个球,

所以,

故选项D错误;

因为

,

,

,

,

将上述式子相加可得:

,

故,

所以,

故选项A正确;

因为,

,

故选项B错误;

因为,

故选项C错误.

故选:A

11．过双曲线的右支上一点，分别向圆：和圆：作切线，切点分别为，，则的最小值为

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求得两圆的圆心和半径，设双曲线x21的左右焦点为F1（﹣4，0），F2（4，0），连接PF1，PF2，F1M，F2N，运用勾股定理和双曲线的定义，结合三点共线时，距离之和取得最小值，计算即可得到所求值．

【详解】圆C1：（x+4）2+y2＝4的圆心为（﹣4，0），半径为r1＝2；

圆C2：（x﹣4）2+y2＝1的圆心为（4，0），半径为r2＝1，

设双曲线x21的左右焦点为F1（﹣4，0），F2（4，0），

连接PF1，PF2，F1M，F2N，可得

|PM|2﹣|PN|2＝（|PF1|2﹣r12）﹣（|PF2|2﹣r22）

＝（|PF1|2﹣4）﹣（|PF2|2﹣1）

＝|PF1|2﹣|PF2|2﹣3＝（|PF1|﹣|PF2|）（|PF1|+|PF2|）﹣3

＝2a（|PF1|+|PF2|﹣3＝2（|PF1|+|PF2|）﹣3≥2•2c﹣3＝2•8﹣3＝13．

当且仅当P为右顶点时，取得等号，

即最小值13．

故选D．

【点睛】本题考查最值的求法，注意运用双曲线的定义和圆的方程，考查三点共线的性质，以及运算能力，属于中档题．

12．已知函数存在极大值点和极小值点，则实数可以取的一个值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求得的导数，可得有两个不等的正根，等价于的最小值小于0，分别讨论、，求得的导数，判断的单调性和最值，解不等式可得m的取值范围，再结合选项即可得答案.

【详解】解：因为，，

所以，

由题意可得有两个不等的正根，

则的最小值小于0，

又因为，，

当时，单调递增，不合题意；

当时，由图象可得，一定有变号的正零点，

令的根为，解得，

当时，单调递减，当时，单调递增，

所以当时，取极小值，且为最小值，

所以，

化为，

由于在上单调递增，且时，，

所以的解为，

则，

只有A选项才满足，

故选：A.

【点睛】方法点睛：对于利用导数求参数范围的题型常采用分离常数法，将问题转化为求分离后的常数与函数的最值之间的关系.

二、填空题

13．已知等比数列的公比为，若，则______

【答案】2

【分析】利用等比数列的通项公式求解即可.

【详解】因为等比数列，，公比为，

所以由题设得，即，

整理得，

解得，

故答案为：2

14．若直线截取圆所得弦长为2，则______.

【答案】0或4

【分析】由圆的方程找到圆心和半径，利用弦长公式求解即可.

【详解】圆的圆心坐标为，半径为，

圆心到直线的距离为，

由弦长公式可得，解得0或4，

故答案为：0或4

15．已知抛物线的焦点在轴上，直线与抛物线交于点，且.写出抛物线的一个标准方程___________.

【答案】或或或（写出一个即可）

【分析】根据题意设抛物线的方程及点的坐标，根据抛物线的定义与方程运算求解．

【详解】设所求焦点在轴上的抛物线的方程为，，

由抛物线定义得.

又∵或，

故所求抛物线方程为或.

故答案为：或或或．（写出一个即可）

16．给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”，经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图像的对称中心，若函数，则______.

【答案】8090

【分析】本题首先可根据得出，从而，然后令，求出对称中心，，最后根据即可求出算式.

【详解】由题意因为，

所以，，

令，解得，，

由题意得对称中心为，

所以，

，

故答案为：8090.

三、解答题

17．某厂新开设了一条生产线生产一种零件，为了监控生产线的生产情况，每天需抽检10个零件，监测各个零件的核心指标，下表是某天抽检的核心指标数据：

(1)求上表数据的平均数和方差；

(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.下面是另一天抽检的核心指标数据：

从这一天抽检的结果看，是否需对当天的生产过程进行检查？

【答案】(1)，；

(2)这天需停止生产并检查设备﹒

【分析】(1)根据平均数和方差计算公式计算即可；

(2)根据(1)中的平均数和方差，判断是否有数据落在之外即可．

【详解】（1）由表中数据，得

，

．

（2）由(1)可知，故．

∵表中第9个数据，故这天需停止生产并检查设备．

18．在中，内角的对边分别为，且

(1)求；

(2)若，，求中边上高线的长

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理，边角互化，结合两角和的正弦公式求解即可；

（2）利用余弦定理求出，再利用面积公式求解即可.

【详解】（1）因为，

由正弦定理可得，

所以，

又因为，所以，

所以，

因为，所以.

（2）由已知及余弦定理得

，

所以，

设中边上的高线长为，

所以，解得.

19．如图，在四棱锥中，平面平面，底面为梯形，，，，，为的中点.

(1)证明：平面；

(2)求三棱锥的体积

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用三角形的中位线定理及平行的传递性，结合平行四边形的判定和性质定理及线面平行的判定定理即可求解；

（2）根据已知条件及三角形的面积公式，利用面面垂直的性质定理及等边三角形的三线合一定理，结合棱锥的体积公式即可求解.

【详解】（1）取中点，连接、，如图所示

又∵为的中点，

∴，

∵，，

∴，，

∴四边形是平行四边形.

∴.

又平面，平面，

∴平面.

（2）∵底面为梯形，，，

∴,

取中点，连接,如图所示，

因为，中点为，所以,

在中，,

∵平面平面，

∴平面平面，平面，

所以平面，

即等边三角形在边上的高线即为点到平面的距离.

∴.

又为的中点，

∴点到平面的距离为,

∴.

20．已知椭圆：的左焦点为，长轴长为，过右焦点的直线交椭圆于，两点

(1)求椭圆的方程；

(2)设线段的中点为，求点到直线的距离的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意可得、，再由可得答案；

（2）当直线的斜率不存在时，点到直线的距离为1；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，，利用韦达定理可得点的横坐标，求出点到直线的距离，由的范围可得答案.

【详解】（1）根据题意可得，，，

∴，

∴椭圆的方程为；

（2）由（1）得，，

当直线的斜率不存在时，点到直线的距离为1；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

联立消去得，

显然，

设，，

则，

∴点的横坐标，

∴点到直线的距离，

∵，

∴，

∴，

综上，点到直线的距离的取值范围为.

21．已知函数（其中为自然对数的底数）．

(1)若，求函数的单调区间；

(2)若，求证：，．

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；

(2)见解析.

【分析】（1）求导，当时，，当时，，即可解决；（2）由令新函数，求导，由，再令新函数，证明在上恒成立，即可得证.

【详解】（1）由题知，

所以，

当时，，

当时，，当时，，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为，

（2）由题知，，，

所以，

因为，

所以

令

即证在上恒成立，

因为

当时，，

当时，，即在上单调递增，

当时，，即在上单调递减，

因为，，

令，

所以，

因为，

所以，

所以在上单调递增，

所以，

所以恒成立，

因为，

所以在上恒成立，即得证.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

（2）射线的极坐标方程为，若射线与曲线的交点为，与直线的交点为，求线段的长.

【答案】（1）；（2）2

【分析】）（1）将参数方程消参得到普通方程，利用，把极坐标方程转化为直角坐标系下的方程.

（2）解法一：利用极坐标的相关特点进行求解.解法二：将极坐标转化为直接坐标后进行求解.

【详解】（1）由，可得：，

所以，

所以曲线的普通方程为.

由，可得，

所以，

所以直线的直角坐标方程为.

（2）【解法一】曲线的方程可化为，

所以曲线的极坐标方程为.

由题意设，，

将代入，可得：，

所以或（舍去），

将代入，可得：，

所以.

【解法二】因为射线的极坐标方程为，

所以射线的直角坐标方程为，

由解得，

由解得，

所以.

【点睛】本题考查了参数方程化一般方程，极坐标与直角坐标之间的转化.属于简单题

23．已知函数，.

(1)若，求不等式的解集；

(2)若对，不等式都成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分， ，三种情况去绝对值再逐个求解即可；

（2）根据绝对值三角不等式可得，再解绝对值不等式即可

【详解】（1）当时，，

则，

当时，，则无解，

当时，令，解得，则，

当时，，则恒成立，则，

综上所述，不等式的解集为.

（2）因为对都成立，所以恒成立，

只需，

由绝对值三角不等式知，

所以，解得或.

故实数的取值范围为.