2023届陕西省渭南市高三下学期教学质量检测（Ⅱ）数学（文）试题含解析

2023届陕西省渭南市高三下学期教学质量检测（Ⅱ）数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求集合A中函数的定义域，解集合B中的不等式，得到这两个集合再求交集.

【详解】函数有意义，则有，即，可得，

由不等式，解得，可得，

则.

故选：B.

2．已知平面向量，满足，，，则向量与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由数量积运算求得，再根据数量积定义求和夹角余弦，从而得夹角．

【详解】，所以，

，而，所以．

故选：C．

3．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的奇偶性以及特殊区间上的正负即可结合图象，利用排除法求解.

【详解】由得，所以为奇函数，故排除B,又当时， 故，此时排除A,

当时， 故，此时排除D,

故选：C

4．棣莫弗公式（i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，若复数z满足，则复数z对应的点Z落在复平面内的（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【分析】利用棣莫弗公式和复数的乘除运算，化简求复数z，再看复数z对应的点在复平面内所在的象限.

【详解】，根据棣莫弗公式可知，，即，则，复数z对应的点落在复平面内的第三象限.

故选：C

二、多选题

5．已知命题p：；命题，则下列命题中为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】结合对数函数的性质，指数函数的性质判断出的真假后，由复合命题的真值表判断．

【详解】时，无意义，命题是假命题，时，，命题是真命题，则是真命题，是假命题，

因此AB是真命题，CD是假命题．

故选：AB．

三、单选题

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先利用降幂公式，再利用二倍角公式化简即得解.

【详解】由已知，化简得．

平方得，

所以．

故选：A．

7．抛物线绕其顶点顺时针旋转之后，得到的图象正好对应抛物线，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据旋转关系确定原抛物线所在位置，及旋转过程中图形形状不变得出原解析式，从而得结论．

【详解】抛物线的焦点在轴上，顶点为坐标原点，

其图象绕其顶点顺时针旋转之后，焦点在轴上，

因为形状不变，因此新图象解析式为，

变形为，所以，

故选：C．

8．如图是美丽的“勾股树”，将一个直角三角形分别以它的每一条边向外作正方形而得到如图①的第1代“勾股树”，重复图①的作法，得到如图②的第2代“勾股树”，…，以此类推，记第n代“勾股树”中所有正方形的个数为，数列的前n项和为，若不等式恒成立，则n的最小值为（    ）

A．7 B．8 C．9 D．10

【答案】C

【分析】根据第1代“勾股树”，第2代“勾股树”中，正方形的个数，以此类推，得到第n代“勾股树”中所有正方形的个数，即，从而得到求解.

【详解】解：第1代“勾股树”中，正方形的个数为，第2代“勾股树”中，正方形的个数为，…，

以此类推，第n代“勾股树”中所有正方形的个数为，即，

所以，

因为，所以数列为递增数列，

又，，

所以n的最小值为9．

故选：C．

9．目前，全国所有省份已经开始了新高考改革.改革后，考生的高考总成绩由语文、数学、外语3门全国统一考试科目成绩和3门选择性科目成绩组成.已知某班甲、乙同学都选了物理和地理科目，且甲同学的另一科目会从化学、生物、政治这3科中选1科，乙同学的另一科目会从化学、生物这2科中选1科，则甲、乙所选科目相同的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依题意先列出所有的基本事件，再列出甲、乙所选科目相同的基本事件，求其比值即可.

【详解】甲、乙同学所选的科目情况有：（化学，化学），（化学，生物），（生物，化学），（生物，生物），（政治，化学），（政治，生物），共6种，其中甲、乙同学所选的科目相同的情况有（化学，化学），（生物，生物），共2种，

故所求概率．

故选：B.

10．已知四棱锥中，底面为边长为的正方形，侧面底面，且为等边三角形，则该四棱锥外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，分别过，作两个平面的垂线交于点O，得到点O即为该球的球心，取线段的中点E，得到四边形为矩形，分别求得，结合球的截面圆的性质，即可求解.

【详解】如图所示，在四棱锥中，取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，分别过，作两个平面的垂线交于点O，

则由外接球的性质知，点O即为该球的球心，

取线段的中点E，连，，，，则四边形为矩形，

在等边中，可得，则，即，

在正方形中，因为，可得，

在直角中，可得，即，

所以四棱锥外接球的表面积为.

故选：A.

11．已知直线过双曲线的左焦点，且与的左､右两支分别交于两点，设为坐标原点，为的中点，若是以为底边的等腰三角形，则直线的斜率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由点差法得，由条件知直线的倾斜角为倾斜角的两倍，代入两直线的斜率关系式即可求得的斜率.

【详解】设,

由均在上，为的中点，

得，则，

∴，

∴，

设直线的倾斜角为，则，不妨设为锐角，

∵是以为底边的等腰三角形，∴直线的倾斜角为，则.

∴，

∴，解得，

∴由对称性知直线的斜率为.

故选：D

【点睛】中点弦定理：直线与椭圆（双曲线）交于两点，中点为，则有，（为坐标原点）

此题解答过程中中点弦定理起了核心作用，通过中点弦定理建立了与的关系，另一方面通过是以为底边的等腰三角形可能建立两直线倾斜角的关系，从而得到所求直线的斜率.

12．已知恒成立，则λ的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将原不等式转化为，利用构造函数法、分离常数法，结合导数来求得的取值范围.

【详解】由已知，

∴，

∴，即．

构造函数，

∴．

∵，

∴单调递增．

∴．

∴，．

记，

∴，

∵，

所以在区间递减；

在区间递增.

∴．

∴，

∴．

故选：B

【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑通过构造函数法，利用函数的单调性来进行求解，而判断函数的单调区间，则可利用导数来进行判断.求解含参数不等式恒成立问题，可考虑分离常数法，分离常数后，通过构造函数，结合导数研究所构造函数的单调性、极值和最值等来对问题进行求解.

四、填空题

13．已知实数，满足约束条件则的最大值是______．

【答案】7

【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数即可得解.

【详解】如图，画出可行域，设则，直线经过点时，取得最大值，

联立可得，此时最大值是7．

故答案为：7.

14．设，若，则的最小值是___________.

【答案】##

【分析】利用基本不等式中“1”的代换法求最小值．

【详解】∵，若，∴，

∴，

当且仅当，又，即，时等号成立，

故答案为：．

15．已知数列中，，前n项和为.若，则数列的前2023项和为___________.

【答案】

【分析】先由 ，求得 ，进而得出，再按照裂项相消求和.

【详解】在数列中，又，且，

两式相除得，，

∴数列 是以1为首项，公差为1的等差数列，则，∴ ，

当，，

当时，，也满足上式，

∴数列的通项公式为，

则，

数列的前2023项和为.

故答案为：

五、双空题

16．设且关于的方程恰有三个互不相等的实数根，，，则①的取值范围是_______；②的取值范围是_______.

【答案】         

【分析】作出函数的图象，利用数形结合法求解.

【详解】当时，由复合函数的单调性知：单调递减，作出函数的图象，如图所示：

由图可知，当时，恰有三个互不相等的实数根，，，不妨设，易知，且，

∴.

令，

解得（舍去）或.

∴，

∴.

故答案为：，

六、解答题

17．随着生活水平的不断提高，人们更加关注健康，重视锻炼.通过“小步道”，走出“大健康”，健康步道成为引领健康生活的一道亮丽风景线. 如图，A- B- C-A为某区的一条健康步道，AB、AC为线段， 是以BC为直径的半圆，AB=km，AC=4km，．

（1）求的长度；

（2）为满足市民健康生活需要，提升城市品位，改善人居环境，现计划新建健康步道A-D-C（B，D在AC两侧），其中AD，CD为线段. 若，求新建的健康步道A-D-C的路程最多可比原有健康步道A-B-C的路程增加多少长度？（精确到）

【答案】（1）(km)；（2）1.39(km).

【分析】（1）由余弦定理求得直径长，易得弧长；

（2）记AD=a，CD=b，由余弦定理求得的关系，利用基本不等式求得的最大值，从而可得最多的增加值．

【详解】解：（1）联结，在△ABC中，由余弦定理可得，

，

所以=，即的长度为(km)；

（2）记AD=a，CD=b，则在△ACD中，由余弦定理可得：

，即，

从而，

所以，，当且仅当时，等号成立；

新建健康步道的最长路程为8(km)，又(km)，

故新建的健康步道A-D-C的路程最多可比原有健康步道A-B-C的路程增加1.39(km)．

【点睛】关键点点睛：本题考查余弦定理的应用，解题关键是确定问题是什么，已知什么条件，用什么公式计算求解．本题中已知两边及夹角，选择余弦定理求得第三边，即圆直径，第一个问题易得解，而第二个问题，在三角形中已知一边及其对角，问题是求三角形的周长，因此利用余弦定理求得另二边关系，由不等式知识求得和的最大值．

18．某公司为了解服务质量，随机调查了位男性顾客和位女性顾客，每位顾客对该公司的服务质量进行打分．已知这位顾客所打分数均在之间，根据这些数据得到如下的频数分布表：

（1）求这位顾客所打分数的平均值（同一组数据用该组区间的中点值为代表）；

（2）若顾客所打分数不低于分，则该顾客对公司服务质量的态度为满意；若顾客所打分数低于分，则该顾客对公司服务质量的态度为不满意根据所给数据，完成下列列联表，并根据列联表，判断是否有的把握认为顾客对公司服务质量的态度与性别有关？

附：

【答案】（1）；（2）填表见解析；有．

【分析】(1)由频数分布表，先求出各组的频率，再求它们与对应组的区间中点值的积的和即为所求；

(2)按条件填写列联表，再计算K2观测值并与给定相关值比对回答而得.

【详解】(1)由题可知，落在区间，，，，的频率分别为：

，这位顾客所打分数的平均值为：

，

故这位顾客所打分数的平均值为．

(2)根据所给数据，可得列联表：

根据列联表得．

因为，所以有的把握认为顾客对公司服务质量的态度与性别有关．

19．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，，，分别为，的中点.

(1)求证：平面平面；

(2)若，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意，先根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据面面垂直的判定定理即可得到结果.

（2）根据题意，将点到平面的距离转化为三棱锥的高，然后根据等体积法即可得到结果.

【详解】（1）因为为菱形，，所以为等边三角形，且，分别为，的中点，则，

又因为为直四棱柱，则平面，且平面，则，且

所以平面，又因为平面，所以平面平面.

（2）

因为直四棱柱，，，分别为，的中点，

所以，，

，，，

因为底面为菱形，，所以，，

由（1）知平面，设点到平面的距离为，则，

因为，所以，因为，因为，，，

所以，设点到平面的距离为，

因为，所以，因此.

故点到平面的距离为.

20．在直角坐标系中，已知椭圆的右顶点､下顶点､右焦点分别为A，B，F.

(1)若直线与椭圆E的另一个交点为C，求四边形的面积；

(2)设M，N是椭圆E上的两个动点，直线与的斜率之积为，若点P满足：.问：是否存在两个定点G，H，使得为定值？若存在，求出G，H的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在，G，H的坐标分别为，．

【分析】（1）写出直线方程，与椭圆方程联立求得点坐标后，可求得四边形面积；

（2）设，，，由向量的坐标运算得出，，利用点是已知椭圆上的点，计算出，得是一个椭圆上的点，从而两定点为该椭圆的焦点即满足题意．

【详解】（1）由题意，，，，

直线方程为，

由得或，所以，

；

（2）设，，，

由得，即，，

点在椭圆上，所以，，

所以，

直线斜率之积为，，

所以，

所以点在椭圆上，该椭圆的左右焦点为，则为定值，又，因此这两个定点坐标为，．

【点睛】方法点睛：动点到两个定点的距离之和为定值问题，可联想椭圆定义，即证明点在一个椭圆上，两定点为该椭圆的焦点．问题转化为求动点的轨迹方程．

21．已知函数，.

(1)若函数的图象在点处的切线方程为，求实数a的值；

(2)若函数在定义域内有两个不同的极值点，.

（i）求实数a的取值范围；

（ii）当时，证明：.

【答案】(1)2

(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】（1）利用切线方程可得，，即可求；

（2）（i）要使在定义域内有两个不同的极值点，，需满足在内有两个不同的零点，，设，得，通过分类讨论参数，可求a的取值范围；

（ii）证法不唯一，可设，由转化得，要证即证，令，通过构造，，结合即可求证；证法二方法类同于一，可作参考.

【详解】（1）因为，则，

又，所以在点处的切线方程为，即，

又该切线为，则且，所以；

（2）（i）函数定义域为，

因为函数在内有两个不同的极值点，，

即等价于函数在内有两个不同的零点，.

设，由，

当时，，在上单调递增，至多只有一个零点；

当时，在上，单调递增；

在上，单调递减，

所以，当时，，

函数有两个零点，则必有，

即，解得，

又，

易证，证明如下：

令，，

当时，，单减，当时，单增，

故，故，得证.

，所以在和上各有一个零点，

故有两个零点时，a的范围为；

（ii）法1：由（i）可知，是的两个零点，不防设，

由且，得.

因为

令，则，

记，，

由，令，.

又，则，即，

所以在上单调递增，故，即成立.

所以不等式成立.

法2：欲证，由，，则只需证：.

不妨设，则且，

则，

所以

令，则，

记，，

由，即在上单调递增，

故，即成立.

故.

【点睛】本题考查由切线方程求参数，由函数极值点个数求参数范围，函数不等式恒成立的证明，难度较大.对于含参极值点个数判断问题，需对参数进行分类讨论，将问题细化，才能进一步确定参数范围.不等式恒成立证明往往需要将所求问题等价转化，构造新函数，借鉴放缩法进行证明，本题中令，代换成对数函数证明的方法，往往用于处理零点（极值点）不等式问题，需要多多积累，方能游刃有余.

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，轴的非负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)已知点，若直线与曲线交于A，两点，求的值．

【答案】(1)C：，直线l：

(2)

【分析】（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式化极坐标方程为直角坐标方程；

（2）化直线方程为点的标准参数方程，代入抛物线方程利用参数几何意义结合韦达定理求解．

【详解】（1）曲线C的参数方程为（为参数，），

所以，所以即曲线C的普通方程为．

直线l的极坐标方程为，则，

转换为直角坐标方程为．

（2）直线l过点，直线l的参数方程为（t为参数）令点A，B对应的参数分别为，，

由代入，得，则，，即t1、t2为负，

故．

23．已知函数．

(1)当时，求的最小值；

(2)若，时，对任意使得不等式恒成立，证明：．

【答案】(1)2；

(2)证明见解析.

【分析】（1）分段求解的最小值和范围，即可求得结果；

（2）转化为，结合二次函数在区间上的最值，利用不等式，即可证明.

【详解】（1）当时，，

当，，；

当，，；

当，，；

∴当时，的最小值为2．

（2），，当时，

可化为，

令，，，∴

∴，

当且仅当时取得等号；

又当时，，

故.