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2023届陕西省高三下学期教学质量检测(二)数学(文)试题含解析
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这是一份2023届陕西省高三下学期教学质量检测(二)数学(文)试题含解析,共18页。试卷主要包含了单选题,填空题,双空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2023届陕西省高三下学期教学质量检测(二)数学(文)试题 一、单选题1.已知集合,则的子集的个数为( )A. B. C. D.【答案】D【分析】根据集合交集的定义,结合子集个数公式进行求解即可.【详解】由题意,因此它的子集个数为4.故选:D.2.若复数为纯虚数,则a的值为( )A.-1 B.1 C.0或1 D.-1或1【答案】B【分析】纯虚数只需让复数的实部为0,虚部不为0,因此可以对应列式,解出即可.【详解】由,解得,故选:B.3.设m,n是两条不同的直线,,,是三个不同的平面,下列四个命题中正确的是( )A.若,,则 B.若,,则C.若,,,则 D.若,,,则【答案】D【分析】根据空间中线面的位置关系逐一分析判断即可得解.【详解】解: 对于A,若,,则平行,相交或异面,故A错误;对于B,若,,则相交或平行;对于C,若,,,则平行或异面或相交,故C错误;对于D,若,,则,又,则,故D正确.故选:D.4.某兴趣小组有名男生和名女生,现从中任选名学生去参加活动,则恰好选中名女生的概率为( )A. B. C. D.【答案】C【分析】记名男生分别为、,记名女生分别为、、,列举出所有的基本事件,并确定所求事件所包含的基本事件,利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】记名男生分别为、,记名女生分别为、、,从中任选名学生去参加活动,所有的基本事件有:、、、、、、、、、,共种,其中,事件“恰好选中名女生”所包含的基本事件有:、、,共种,故所求概率为.故选:C.5.短道速滑队6名队员(含赛前系列赛积分最靠前的甲乙丙三名队员在内)进行冬奥会选拔,记“甲得第一名”为p,“乙得第二名”为q,“丙得第三名”为r,若是真命题,是假命题,是真命题,则选拔赛的结果为( )A.甲得第一名,乙得第二名,丙得第三名 B.甲得第二名,乙得第一名,丙得第三名C.甲得第一名,乙得第三名,丙得第二名 D.甲得第一名,乙没得第二名,丙得第三名【答案】D【分析】根据或且非命题真假判断即可.【详解】若是真命题,是假命题,则p和q一真一假;若是真命题,则q是假命题,r是真命题;综上可知,p真q假r真,故“甲得第一名、乙没得第二名、丙得第三名”.故选:D.6.已知向量,,若∥,则实数的值为( )A. B. C. D.【答案】C【分析】直接利用平面向量共线的性质求解即可..【详解】由已知得,,∵∥,∴,解得,故选:.7.我国明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道闻名世界的题目:“一百馒头一百僧,大僧三个更无争,小僧三人分一个,大小和尚各几丁?”如图所示的程序框图反映了对此题的一个求解算法,则输出的的值为( )A.25 B.45 C.55 D.75【答案】D【分析】根据程序框图,模拟程序计算过程,计算每一步的,,的值,直到退出循环,即可求得结果.【详解】执行程序框图:,,,,,,继续执行;,,,继续执行;,,,继续执行;,,,继续执行;,,,继续执行;,,,退出循环,输出.故选:D.8.已知函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为,.则下列选项正确的是( )A.B.的图象的对称轴方程为()C.的单调递减区间为()D.的解集为()【答案】D【分析】由题意,求出函数的解析式,然后根据余弦型函数的图象与性质即可求解.【详解】解:对A:因为函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为,所以,故选项A错误;对B:因为,所以,因为,所以,所以,令()得(),即的图象的对称轴方程为(),故选项B错误;对C:令()得(),即的单调递减区间为(),故选项C错误;对D:令,得,所以(),解得(),所以的解集为(),故选项D正确.故选:D.9.已知是定义在上的奇函数,若为偶函数且,则( )A.3 B. C. D.6【答案】A【分析】利用函数的奇偶性得出函数的周期,从而求值.【详解】因为是定义在上的奇函数,所以,,所以有,由为偶函数可得:,故有即,,故,所以周期,故故选:A10.已知三棱锥中,,,D是的中点,平面ABC,点P,A,B,C在球心为O的球面上,若三棱锥的体积是,则球O的半径为( )A. B.1 C. D.【答案】D【分析】先由体积求出的长,由的外接圆的圆心为的中点,平面ABC,所以三棱锥的外接球的球心在直线上,根据直角三角形中勾股定理可求解.【详解】三棱锥的体积,则,则的外接圆的圆心为的中点, 又平面ABC,所以三棱锥的外接球的球心在直线上如图,三棱锥的外接球的半径为,连接,则, 在直角三角形中,,即,解得 故选:D11.如图,,分别为椭圆的左、右焦点,点在椭圆上,是面积为的正三角形,则的值是( )A. B. C. D.【答案】B【分析】根据正三角形可得及点坐标,将点代入椭圆方程,可得,,进而可得离心率.【详解】由于是面积为的正三角形,过点作轴于,则为的中点,所以,,所以,解得,所以,将点的坐标代入椭圆方程,得,即,解得,,,,故选:B.12.已知集合,.若存在,,使,则称函数与互为“度零点函数”.若函数与函数互为“1度零点函数”.则实数的取值范围为( )A. B. C. D.【答案】A【分析】由,得,设的解为,根据函数与函数互为“1度零点函数”,由,得到,再由,转化为,在时有解求解.【详解】解:由,得,由,得,设其解为,因为函数与函数互为“1度零点函数”,所以,解得,由,得,时有解,令,则,,当时,,单调递增,当时,,单调递减,所以,所以实数的取值范围为,故选:A 二、填空题13.设等差数列的前项和为,若,则的值为__________.【答案】【分析】先利用等差中项公式得到,从而得到,再利用等差数列的前项和公式与等差数列的下标和性质即可得解.【详解】因为在等差数列中,有,又由已知,得,所以.故答案为:. 三、双空题14.已知曲线在处的切线方程为,则_________,_________.【答案】 【分析】直接利用导数的几何意义求切线方程待定系数即可.【详解】易知由题意可得当时,,所以.故答案为:1; 四、填空题15.在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.若的面积为,则的最小值为______.【答案】【分析】利用正弦定理结三角函数恒等变换公式对已知的式子化简可求出,然后由的面积为,可求出,再利用基本不等式可求出的最小值【详解】由正弦定理,得.,,因为,所以,,所以,因为所以所以,即.因为的面积为,所以,即 ,所以,当且仅当时取等号,故的最小值为.故答案为:16.如图,两个椭圆、内部重叠区域的边界记为曲线是曲线上的任意一点,给出下列四个判断:①到、、、四点的距离之和为定值;②曲线关于直线均对称;③曲线所围区域面积必小于36.④曲线总长度不大于6π.上述判断中正确命题的序号为________________.【答案】②③【分析】对于①,根据椭圆的定义判断即可;对于②,根据两个椭圆关于直线均对称判断即可;对于③,根据曲线所围区域在边长为6的正方形内部判断即可;对于④,根据曲线所围区域在半径为3的圆外部判断即可.【详解】对于①,考虑点不是交点的情况,若点在椭圆 上,到、两点的距离之和为定值10、到、两点的距离之和不为定值,故错;对于②,两个椭圆关于直线均对称,曲线关于直线均对称,故正确;对于③,因为两个椭圆的短半轴长均为3,故曲线所围区域在边长为6的正方形内部,所以面积必小于36,故正确;对于④,因为两个椭圆的短半轴长均为3,故曲线所围区域在半径为3的圆外部,所以曲线的总长度大于圆的周长:6π,故错误;综上可得:上述判断中正确命题的序号为②③.故答案为:②③. 五、解答题17.已知在各项均为正数的等差数列中,,且,,构成等比数列的前三项.(1)求数列,的通项公式;(2)设数列___________,求数列的前项和.请在①;②;③这三个条件中选择一个,补充在上面的横线上,并完成解答.【答案】(1),(2)答案见解析 【分析】(1)根据等差中项的定义,结合条件,可求解得到,设出公差为,则根据条件,,构成等比数列的前三项,利用等比中项的定义即可得到关于的方程从而求解得出结果;(2)若选①,利用错位相减法计算可得;若选②,利用裂项相消法求和即可;若选③,利用分组求和法及对分奇偶两种情况讨论,计算可得;【详解】(1)解:根据题意,因为数列为各项均为正数的等差数列,所以,即得,设公差为,则有,,,又因为,,构成等比数列的前三项,所以,即,解之可得,或(舍去),所以,即得数列是以3为首项,2为公差的等差数列,故可得,且由题可得,,,所以数列是以4为首项,2为公比的等比数列,故可得,(2)解:若选①,则,则①,在上式两边同时乘以2可得,②,①②可得,,即得;若选②,则,则;若选③,则,则所以当为偶数时,;由上可得当为奇数时,,综上可得,.18.梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=,∠BCD=,AD=CD=2,过点A作AE⊥AB,交BC于E(如图).现沿AE将△ABE折起,使得BC⊥DE,得四棱锥B-AECD(如图).(Ⅰ)求证:平面BDE⊥平面ABC;(Ⅱ)若侧棱BC上的点F满足FC=2BF,求三棱锥B-DEF的体积.【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ)【分析】(Ⅰ)通过计算,可知四边形ADCE是菱形,这样得到对角线互相垂直,再根据已知的垂直关系,可以得到线面垂直,最后可以证明面面垂直;(Ⅱ)先计算出VB-CDE,通过等积法和FC=2BF,可通过下列的等式进行求解:,进行求解.【详解】(I)证明:在△ABE中,∵AB⊥AE,∠ABC=,∴∠BEA=,又∠BCD=,∴AE∥CD,又AD∥CE,AD=CD,∴四边形ADCE是菱形,∴DE⊥AC,又DE⊥BC,AC∩BC=C,∴DE⊥平面ABC,又DE⊂平面BDE,∴平面BDE⊥平面ABC.(II)解:由(I)知DE⊥平面ABC,又AB⊂平面ABC,∴DE⊥AB,又AB⊥AE,AE∩DE=E,∴AB⊥平面ADCE,∵AE=CD=2,∠ABC=,∠BAE=,∴AB=2,又S△CDE==,∴VB-CDE=S△CDE•AB==2.∵FC=2BF,∴VB-DEF=VB-CDE=.19.对一批产品的长度(单位:mm)进行抽样检测,检测结果的频率分布直方图如图所示.根据标准,产品长度在区间上的为一等品,在区间和区间上的为二等品,在区间和上的为三等品.(1)用频率估计概率,现从该批产品中随机抽取1件,求其为二等品的概率;(2)已知检测结果为一等品的有6件,现随机从三等品中有放回地连续取两次,每次取1件,求取出的2件产品中恰有1件的长度在区间上的概率.【答案】(1)(2) 【分析】(1)由频率分布直方图可得检测结果在区间和区间上的频率/组距,继而可得结果;(2)由检测结果为一等品的数量可得抽检的总数,从而得出三等品的数量,再根据古典概型计算即可.【详解】(1)由频率分布直方图可得:检测结果在区间上的频率/组距为:,所以检测结果在区间和区间上的频率为:,用频率估计概率,故二等品的概率为:0.45;(2)由频率分布直方图可得:检测一等品的概率为,而抽检件数为6,故抽检总数为.故检测长度在区间和上的数量分别为:,,所以取出的2件产品中恰有1件的长度在区间上的概率.20.已知椭圆C:(a>b>0)的离心率为,点在椭圆上,O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程;(2)已知点P,M,N为椭圆C上的三点,若四边形OPMN为平行四边形,证明四边形OPMN的面积S为定值,并求该定值.【答案】(1);(2)【详解】试题分析:(1)由椭圆的离心率得出、的关系,再由、、的平方关系,把点的坐标代入椭圆的方程,求出、的值,写出椭圆的方程;(2)讨论直线的斜率k不存在和斜率存在时,根据,结合韦达定理,分别计算四边形的面积,即可得出四边形的面积为定值.试题解析:(1)因为椭圆()的离心率为,所以,得,①,又点在椭圆上,所以,②,联立①、②得,且,所以椭圆C的方程为.(2)当直线的斜率不存在时,的方程为或,从而有,,当直线的斜率存在时,设直线的方程为(),,;将的方程代入整理得,所以,,.由,得,将点坐标代入椭圆方程得,又点到直线的距离为,,,综上可知,平行四边形的面积为定值.21.已知函数.(1)若,证明:;(2)若有两个不同的零点,求a的取值范围,并证明:.【答案】(1)证明见详解;(2)证明见详解. 【分析】(1)令,利用导数分析其单调性求出最大值即可证明;(2)令,通过求导分析单调性,结合的单调性从而证明结结论.【详解】(1)当时,,定义域为令,则当时,;当时,;所以函数在上单调递增,在上单调递减,故,所以,得;(2)因为有两个不同的零点,则在定义域内不单调;由当时,在恒成立,则在上单调递减,不符合题意;当时,在上有,在上有,所以在上单调递增,在上单调递减.不妨设令则当时,,则在上单调递增所以故,因为所以,又,则,又在上单调递减,所以,则.22.在平面直角坐标系中,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,曲线的极坐标方程为.(Ⅰ)求曲线的普通方程和的直角坐标方程;(Ⅱ)已知点,曲线与相交于,两个不同点,求的值.【答案】(Ⅰ),;(Ⅱ).【分析】(1)消参,将参数方程化为普通方程,通过把极坐标方程化为直角坐标方程;(2)由曲线的直角方程,写出其标准参数方程,联立曲线的普通方程,化简得到韦达定理,利用直线参数方程里参数的几何意义解得答案.【详解】解:(Ⅰ)曲线的参数方程为(为参数),整理得,转换为普通方程为;曲线的极坐标方程为,根据,转换为直角坐标方程为;(Ⅱ)把直线转换为(为参数),代入,得到:,所以,,所以.【点睛】方法点睛:(1)将参数方程转化为,作差进行消参,求得普通方程,通过把极坐标方程化为直角坐标方程;(2)将直线化为标准参数方程,则参数t的几何意义表示点到定点的长度,从而可以解决到定点的长度问题.23.已知函数的最小值为m.(1)画出函数的图象,利用图象写出函数最小值m;(2)若,且,求证:.【答案】(1)图象见详解,最小值为3;(2)证明见详解.【分析】(1)利用绝对值的定义将函数的表达式写成分段函数的形式,考察函数各段上的单调性,进而画出图象,进而得到函数的最小值;(2)对a,b,c中的每两个数利用基本不等式,并利用不等式的加法性质得到中间结论,在两边同时加上适当的式子,配方并利用已知条件即得证明.【详解】(1),图象如图所示:由图可知当时取得最小值.(2)由题意得.,,三式相加并整理得:,两边同时加:,并配方得,成立.【点睛】本题考查绝对值函数的性质和利用基本不等式证明其它不等式,属基础题.画图象时关键是根据绝对值得零点分段,然后分段绘制函数的图象,证明不等式时要注意使用基本不等式,并注意时当配凑,配方以便使用已知条件证明结论.
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