2023届陕西省西安市长安区第一中学高三上学期第二次质量检测数学（文）试题含解析

这是一份2023届陕西省西安市长安区第一中学高三上学期第二次质量检测数学（文）试题含解析，共21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届陕西省西安市长安区第一中学高三上学期第二次质量检测数学（文）试题 一、单选题1．已知复数（为虚数单位），则的共轭复数的模是（    ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】由复数的基本运算化简求出，结合共轭复数和模长概念即可求解.【详解】因为，所以，所以的共轭复数为，，所以的共轭复数的模是.故选：C2．如图是甲、乙两人高考前10次数学模拟成绩的折线图，则下列说法正确的是（    ）A．甲的数学成绩最后3次逐渐降低B．甲的数学成绩在130分以上的次数少于乙的数学成绩在130分以上的次数C．甲有7次考试成绩比乙高D．甲数学成绩的极差大于乙数学成绩的极差【答案】C【分析】根据折线图看甲最后三次的成绩变化可判断A；看甲的数学成绩在130分以上的次数以及乙的数学成绩在130分以上的次数，判断B；看甲成绩比乙高的次数可判断C；根据极差的概念可判断D.【详解】对于A，由折线图可知最后三次数学成绩逐渐升高，故A说法错误；对于B，甲的数学成绩在130分以上的次数为6次，乙的数学成绩在130分以上的次数为5次，故B说法错误；对于C， 甲有7次考试成绩比乙高，故C的说法正确；对于D，由折线图可知，甲乙两人的数学成绩的最高成绩相同，甲的最低成绩为120分，乙的最低成绩为110分，因此甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差，D说法错误.故选：C.3．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】计算分式不等式，得到，从而得到，得到.【详解】因为，所以或，所以，其他选项均不合要求.故选：B.4．图形是信息传播､互通的重要的视觉语言，《画法几何》是法国著名数学家蒙日的数学巨著，该书在投影的基础上，用“三视图"来表示三维空间中立体图形.即做一个几何体的“三视图”，需要分别从几何体正面、左面、上面三个不同角度观察，从正投影的角度作图.下图中粗实线画出的是某三棱锥的三视图，且网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三视图还原几何体，再根据球的表面积公式，即可求解.【详解】依题意，如图，三棱锥是给定的三视图对应的三棱锥，其中两两垂直，且，三棱锥与以为棱的正方体有共同的外接球，其直径是该正方体的体对角线，因此，三棱锥的外接球直径，其体积.故选：B5．函数的图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】判断函数的奇偶性，可判断C,D的正误；利用在之间的函数零点的个数即可判断A,B的正误.【详解】设，则，故为奇函数，故C,D错误；而令时，在之间的函数零点有两个，故B错误，故选：A6．已知在中，三个内角，，的对边分别为，，，若函数无极值点，则的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由极值点的概念与余弦定理求解，【详解】，所以，若无极值点，则恒成立，则判别式，即，得，所以故选：C7．如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论错误的个数是（    ）①平面平面，②的取值范围是，③三棱锥的体积为定值，④.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】①，证明出平面，进而得到面面垂直；②，举出反例；③，证明线面平行，从而得到三棱锥的体积为定值；④，作出辅助线，证明平面，从而得到线线垂直.【详解】∵，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面，①正确；由勾股定理得：，若是上靠近的一个四等分点，则由勾股定理得：，此时，因为，此时为钝角，②错；连接，由于，则平面，因此的底面是确定的，高也是定值，其体积为定值，③正确；连接，则，，所以，且，，所以平面，因为平面，所以，④正确．故选：A．8．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上､下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧长度是弧长度的倍，，则该曲池的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据扇形弧长公式可知弧所在圆和弧所在圆的半径之间关系为，结合可求得，根据柱体体积公式，采用切割的方式可求得结果.【详解】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，弧长度是弧长度的倍，，即，，解得：，，该曲池的体积.故选：D.9．设球与圆锥的体积分别为，，若球的表面积与圆锥的侧面积相等，且圆锥的轴截面为正三角形，则的值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设球O的半径为R，圆锥SO1的底面半径为r，由圆锥的几何特征、几何体的表面积公式可得，再由体积公式即可得解.【详解】设球O的半径为R，圆锥SO1的底面半径为r，则圆锥的母线长l=2r，由题意得4πR2=πrl=2πr2，解得，.故选：C.【点睛】本题考查了圆锥几何特征的应用，考查了几何体表面积、体积公式的应用，属于基础题.10．设椭圆：的右焦点为，椭圆上的两点，关于原点对称，且满足，，则椭圆的离心率的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由几何关系得，且，再由勾股定理与椭圆的性质求解，【详解】如图所示：设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形，又，即，所以平行四边形为矩形，所以，设，， 在直角中，，，得，所以，令，得，又由，得，所以，所以 ，即，所以，所以离心率最大值为.故选：D11．已知，给出下列结论：①若，，且，则；②存在，使得的图像向左平移个单位长度后得到的图像关于轴对称；③若在上恰有7个零点，则的取值范围为；④若在上单调递增，则的取值范围为．其中，所有错误结论的编号是（    ）A．①② B．①③ C．②③ D．②④【答案】B【分析】根据已知函数解析式变形，求得函数的最小正周期为，由已知条件可得函数的最小正周期，求得值判断①；求出变换后的函数解析式，由对称性求得值判断②；求出函数的零点，再由已知列关于的不等式，求出范围判断③；求出函数的增区间，由题意列关于的不等式组，求得范围判断④．【详解】解：∵，∴的最小正周期为．对于① ：因为，且，所以的最小正周期为T=2π，． 故 ① 错误；对于② ：图像变换后所得函数为，若其图像关于y轴对称，则，k∈Z，解得ω=1+3k，k∈Z，当k=0时，．故② 正确；对于③ ：设，当时，．在上有7个零点，即在上有7个零点．则，解得． 故③ 错误；对于④ ：由，得，取k=0，可得，若f(x)在上单调递增，则，解得．故④ 正确． 故选：B．12．设，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.【详解】方法一：构造法设，因为，当时，，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则,令，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，所以，即，所以故选：C.方法二：比较法解： ， ， ， ① ， 令 则 ， 故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ； ② ， 令 则 ， 令 ，所以 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故   二、填空题13．已知平面向量，满足，，，则与的夹角为___________.【答案】【分析】首先根据模，求数量积，再根据夹角公式求解.【详解】因为，所以，因为，所以．所以，设夹角为，则由平面向量数量积的定义可得，因为，所以.故答案为：.14．从中任取两个数，它们均小于这五个数的平均数的概率是_________________．【答案】．【分析】先计算的平均数，然后分析基本事件的总数以及满足选取的两个数都小于平均数的基本事件个数，由此可求目标事件的概率．【详解】解：的平均数为：，从中任取两个数，基本事件总数，它们均小于这五个数的平均数包含的基本事件个数，∴它们均小于这五个数的平均数的概率．故答案为：．15．已知双曲线的两条渐近线均与圆：相切，右焦点和圆心重合，则该双曲线的标准方程为____________.【答案】【分析】先求得双曲线的渐近线方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得，进而求得，从而求得双曲线的标准方程.【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为，即.由圆的方程为，得圆心为，半径为.因为右焦点和圆心重合，所以双曲线右焦点的坐标为.又因为双曲线的两条渐近线均与圆相切，所以，即，解得.所以，，所以该双曲线的标准方程为.故答案为：16．已知的三边长分别为，，，角是钝角，则的取值范围是________.【答案】【分析】依题意可得，再分和两种情况讨论，当时，令，则再转化为关于的式子，利用基本不等式求出的最大值，当时，令，则转化为关于的式子，构造函数利用导数说明单调性，即可求出的取值范围，即可得解.【详解】解：因为的三边长分别为，，，且角是钝角，则，当时，令，，，当且仅当时取“=”，即，当时，，当时，令，，令，，，所以在上单调递增，所以，即，综上得，所以的取值范围是. 故答案为：.【点睛】思路点睛：涉及三角形边的比值范围求解，先整理变形为某个量的表达式，再构造函数，转化为求函数值域. 三、解答题17．已知等差数列是单调递增数列，，且，，成等比数列，是数列的前项和.(1)求数列的通项公式；(2)设，是数列的前项和，求.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）设的公差为，解方程组求出，，即得解；（2）求出，再利用裂项相消法求和.【详解】（1）解：设的公差为，则∴，∵，∴，∴的通项公式为.（2）由（1）得，.18．如图，在四棱锥中，底面ABCD为边长为4的菱形，，，E为AB的中点，O为AD的中点，.（1）证明：.（2）求点O到平面PBD的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用菱形结合中位线证得，然后利用线面垂直判定定理证得平面POE，然后利用线面垂直的性质定理证得结论.（2）利用等体积法求得点面距离.【详解】（1）证明：如图，连接OE.因为底面ABCD是菱形，所以.又OE为的中位线，所以，从而.因为，，所以平面POE，所以.（2）解：因为PO是等腰三角形PAD的中线，所以，由（1）知，所以平面，.由题可知点O到平面PBD的距离等于点A到平面PBD距离的一半.设点A到平面PBD的距离为h，在中，，，，可求，，所以.易求.由，得，解得.故点O到平面PBD的距离为.19．为了解某高校学生中午午休时间玩手机情况，随机抽取了100名大学生进行调查．下面是根据调查结果绘制的学生日均午休时玩手机时间的频率分布直方图：将日均午休时玩手机不低于40分钟的学生称为“手机控”． 非手机控手机控合计男xmn女y1055合计______      ______           ______         (1)求列表中数据的值；(2)能否有的把握认为“手机控”与性别有关？独立性检验临界值表：0.050.010.0050.0013.8416.6357.87910.828 参考公式及数据：，其中【答案】(1)x=30，y=45，m=15，n=45(2)没有95%把握认为“手机控”与性别有关 【分析】（1）由频率分布直方图，求出在抽取的100人中“手机控”的人数即可求解；（2）求出2×2列联表，根据参考公式求出K2，由临界值表即可判断．【详解】（1）解：由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，“手机控”有：100×（0.2+0.05）＝25人，非手机控75人，∴x＝30，y＝45，m＝15，n＝45；（2）解：由（1）可得2×2列联表如下： 非手机控手机控合计男301545女451055合计7525100 所以K2＝≈3.030＜3.841，所以没有95%把握认为“手机控”与性别有关.20．已知椭圆的一个焦点为，椭圆过，椭圆的左顶点为．(1)求椭圆的方程；(2)已知斜率存在且不为0的直线过点，设直线与椭圆交于A，．若直线，分别交直线于点，，且，记直线，的斜率分别为，．探究：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)为定值． 【分析】（1）根据焦点坐标及椭圆过点得到的方程，解之即可求得方程；（2）根据题意先设出直线l的方程及A、B两点坐标，进而写出直线PA的方程，令求得点M的坐标，同理可得点N的坐标，根据可知R为MN中点，从而求得R坐标，根据韦达定理化简R的纵坐标，进而求得结果．【详解】（1）解：设椭圆方程为，由已知得，解得，∴ 椭圆方程为．（2）解：由题意设直线l的方程为：，与椭圆方程联立可得，整理得，设，则① ，② ，又(−2，0)，∴ 直线的方程为，令，解得，同理可得，，设．，∴=3，，将① ② 代入上式并化简可得，，故，为定值．21．已知函数，，为自然对数的底数．(1)设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；(2)若时，证明：当时，． 【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意先求得，再结合的极值点与区间分类讨论求得最小值；（2）根据（1）先求得及，再构造函数，求其最小值即可证得．【详解】（1）解：， ，当时，， 当时，，单调递增 ．当时在单调递减，在单调递增，．当时，，单调递减．综上所述：时，；时，；时，．（2）解：由（1）知，当，且时，，即，要证不等式，只需证明，只需证明，只需证，设，则，所以当时，恒成立，故在上单调递增，又．恒成立，原不等式成立．【点睛】本题的解题关键是把放缩成，这样放缩的理由是要证得结论里面既有又有，通过放缩后可消掉一元．22．在平面直角坐标系中，圆的圆心坐标为且过原点，椭圆的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)求圆的极坐标方程和曲线的普通方程；(2)若曲线与圆相交于异于原点的点，是椭圆上的动点，求面积的最大值.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据圆的圆心和过原点求得半径即可；由，，，可得的极坐标方程；由，可得的普通方程；（2）由（1）得到的极坐标方程与联立，得到，进而得到，设，求得到的距离d，由求解【详解】（1）解：依题意：圆的半径，所以圆的标准方程为：，得，由，，，得的极坐标方程为，由，得的普通方程为；（2）由（1）知的极坐标方程为，的普通方程为，将代入得，.设，则到的距离（其中），，当时，等号成立，23．已知函数，集合.(1)求；(2)若，求证.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）考虑，，三种情况，分别计算得到答案.（2）计算得到证明.【详解】（1）函数，当时，，解得，故；当时，，恒成立，故；当时，，解得，故.综上所述：，所以.（2）因为，所以， 所以，所以，故.