2023届陕西省咸阳中学高三下学期第六次质量检测数学（理）试题含解析

2023届陕西省咸阳中学高三下学期第六次质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简集合，根据并集运算法则求.

【详解】不等式的解集为，

所以，又，

所以.

故选：C.

2．复数 满足(为虚数单位)，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用复数的除法运算求得，进而求得的虚部.

【详解】，

则复数的虚部为.

 故选：D

3．某高中有300名学生参加数学竞赛， 其中有三分之一的学生 成绩不低于100分， 将不低于100分的学生成绩制成频率分布直方图(如图)，分段区间是，现用分层抽样的方法从这300名学生中随机进行抽取，若成绩在之间的抽取5人，那么应从间抽取的人数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】由频率分布直方图求出样本中成绩在之间的人数，再求出分层抽样的抽样比，由此可求从间抽取的人数.

【详解】在之间的学生人数为人，

在之间的学生人数为 100人，

在之间的学生人数 为50人，

又用分层抽样的方法在之间的50名学生中抽取5人，即抽取比例为，

所以成绩在间的学生中抽取的人数应为人.

故选：B.

4．若双曲线 的一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线倾斜角的3倍，则该双曲线的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】求出两渐近线的倾斜角，得到渐近线方程，得到，求出离心率.

【详解】因为一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线倾斜角的3倍，且这两条渐近线倾斜角的和等于，

所以渐近线的倾斜角分别为，故渐近线方程为，

故，，故离心率为.

故选：B.

5．里氏震级是一种由科学家里克特 (Richter)和古登堡 (Gutenberg) 在1935年提出的地震震级标度， 其计算公式为，其中是距震源 100 公里处接收到的 0 级地震的地震波的最大振幅，是指这次地震在距震源100公里处接收到的地震波的最大振幅. 震源放出的能量越大，震级就越大，地震释放的能量焦耳. 若地震释放的能量增大为原来的1000倍，则地震波的最大振幅增大为原来的（    ）

A．10 倍 B．15 倍 C．48 倍 D．100 倍

【答案】D

【分析】先由变化前和变化后的释放的能量比，确定震级的变化，再求最大振幅的比例.

【详解】设地震变化前释放的能量为，震级为，最大振幅为，

变化后地震释放的能量为，震级为，最大振幅为，

则， ，

因为，所以，

所以，所以.

 故选：D.

6．已知等差数列的前项和是，则 “是等差数列”是 “”的（    ）

A．充要条件 B．必要不充分条化

C．既不充分也不必要条件 D．充分不必要条化

【答案】A

【分析】法一：设的公差为，得到，根据为等差数列，得到为常数，所以，，求出，必要性成立，再由得到，从而得到通项公式，计算出，充分性成立，

法二：设出公差，得到，，由等差数列通项公式的特征，得到，由得到，从而得到“是等差数列”是“”的充要条件.

【详解】法一: 设的公差为，则，，

若为等差数列，对，

为常数，

故，所以， 所以，

其中，即；

若，则，解得，

故，，

则，

故为等差数列， 故 “为等差数列” 是 “” 的充要条件.

法二: 设等差数列的公差为，首项为，可得，

则，

因为为等差数列，所以其通项公式为关于的一次函数，故，

若，，即，

所以“是等差数列”是“”的充要条件.

故选：A

7．在计算机的算法语言中有一种函数叫做取整函数 (也称高斯函 数)，表示不超过的最大整数. 例如 :. 取整函数在科学和工程上有广泛应用. 下面的程序框图是与取整函数有关的求和问题， 若输入的的值为 64 ， 则输出的值是（    ）

A．21 B．76 C．264 D．642

【答案】C

【分析】根据给定的程序框图，分析i的最大取值，再利用高斯函数的意义计算作答.

【详解】初始值，输入，当时，总是执行“是”，并且当时，进入循环体，，

计算并进入判断框，不等式不成立，退出循环，输出，

而，，即1有2个；，即2有4个；

，即3有8个；，即4有16个；

，即5有32个；，6有1个，

所以.

故选：C

8．东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股 定理的证明， 后人称其为 “赵爽弦图”. 如图 1 ， 它由四个全等的直角三 角形与一个小正方形拼成的一个大正方形. 我们通过类比得到图 2， 它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形 拼成的一 个大等边三角形， 若， 则（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】C

【分析】由同角关系求，由两角差正弦公式求，设，由正弦定理求，由余弦定理求.

【详解】因为，，

所以，

而 ，

在 中， 设，则，

由正弦定理得 ， 解得，

由余弦定理 ，

所以.

故选：C.

9．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由可化为，利用两角差的正切公式以及二倍角的正切公式可得出关于的方程，解之即可.

【详解】由可化为，

即，即，

化简得，即，解得，

经检验，合乎题意，故.

故选：B.

10．如图所示，有一个“九宫格”形状的糖果盒子，现有三种不同的糖果(同种糖果不加区分)，每种3颗，若把每种糖果都随机地放到其中的三个格子，每个格子只放一颗糖果，那么每一列、每一行的糖果都是三种不同糖果的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用组合数求出样本空间的样本点的个数，再求事件每一列、每一行的糖果都是三种不同糖果所包含的样本点的个数，利用古典概型概率公式求概率.

【详解】若随意摆放，先从九个格子中任取三个格子放第一种糖果有种方法，

再从余下的六个格子中任取三个放第二种糖果有种方法，

再将第三种糖果放入余下的三个格子有种方法，

由分步乘法计数原理可得，共有种方法，

 第一列放3种不同的糖果有6种方法， 第二列相应的只有 2 种方法，

第三列相应的只有1种方法，

所以每行、每列的糖果种类各不相同的放法共种，

所以每行、每列的糖果种类各不相同的概率为.

故选 ：A.

11．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，， 二面角的大小为，若球的表面积等于，则三棱锥的体积等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作出辅助线，找到球心，求出外接球半径，求出底面积和高，得到三棱锥的体积.

【详解】取的中点，连接，

因为， 所以到的距离相等，

故即为球心.

由球的表面积等于，设外接球半径为，故，

解得，过作垂直于于点，

因为，，所以，同理，

因为二面角的大小为，所以,

故三棱锥的高为，

其中，

所以三棱锥的体积.

故选：A

【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径

12．设是定义在上的奇函数，对任意，满足，则的值等于（    ）

A．2022 B．2021 C．4040 D．4042

【答案】A

【分析】利用题设条件推得，从而得到，再利用奇函数的性质得到，从而利用并项法即可得解.

【详解】因为，

所以，

所以，

故，

又是定义在上的奇函数，所以，

因此.

故选：A.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是观察分析之间的关系，从而得到，由此得解.

二、填空题

13．已知函数，则在处的切线方程为___________.

【答案】

【分析】由导数的几何意义求切线的斜率，利用点斜式求切线方程.

【详解】因为，

所以，，

所以，

切线方程为， 即.

故答案为：.

14．已知，，，则在方向上的投影为___________.

【答案】

【分析】根据得到，从而利用向量投影公式求出答案.

【详解】，即，所以，

因为，所以，

故在方向上的投影为

故答案为：

15．已知拋物线，过焦点的直线与抛物线交于两点，在抛物线的准线上，且满足，则直线的方程为___________.

【答案】

【分析】根据准线方程求得，也即求得抛物线的方程，设直线，联立直线的方程和抛物线方程，化简写出根与系数关系，结合抛物线的性质求得，进而求得直线的方程.

【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，得，

所以抛物线的方程为，因为，所以在以为直径的圆上.

由抛物线性质可知为切点，所以圆心纵坐标为.

设直线，点，

联立方程组，可得，

所以，所以，直线.

故答案为：

16．已知函数 的部分图象如图所示，若函数在上的最大值等于1，则的取值范围是___________.

【答案】

【分析】代入特殊点坐标得到，，求出解析式，由在上的最大值等于1，得到，且能取到，从而得到，求出答案.

【详解】因为，所以，

又，且为函数在上的第二个满足要求的点，

所以，解得：，

故，

因为，且在上的最大值等于1，

所以，且能取到，

因为，所以，

故，解得：，

故的取值范围是.

故答案为：

三、解答题

17．已知数列的前项和为，给出以下三个条件: ①；②是等差数列 ；③.

(1)从三个条件中选取两个，证明另外一个成立；

(2)利用（1）中的条件，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）选条件①②、②③，利用等差数列的定义、性质即可推理得证，选条件①③，解方程组求出通项推理作答.

（2）利用（1）求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求解作答.

【详解】（1）选①②作条件，③作为结论，

因为 是等差数列，所以的公差，又因为，

因此，

所以，③成立.

选①③作条件，②作结论，

依题意，，解得，显然成立，

所以是等差数列，②成立.

选②③作条件，①作结论，

因为是等差数列，设公差为，而，则，

因此， 于是，即，

所以，①成立.

（2）由（1）知，等差数列的通项公式，于是 ，

所以.

18．发展新能源汽车是我国从汽车大国迈向汽车强国的必由之路，是应对气候变化、推动绿色发展的战略举措.随着国务院《新能源汽车产业发展规划(2021—2035)》的发布，我国自主品牌汽车越来越具备竞争力.国产某品牌汽车为调研市场，统计了三款燃油汽车和两款新能源汽车在甲、乙两个城市本月的销售情况﹐数据如下.

(1)若在城市甲的销量和在城市乙的销量满足线性相关关系，求出关于的线性回归方程

(2)计算是否有的把握认为选择新能源汽车与消费者所在城市有关.

附: .

， 其中.

临界值表:

【答案】(1)

(2)有的把握认为选择新能源汽车与消费者所在城市相关

【分析】(1)由条件求，结合参考数据由公式求，由此可得回归方程；

(2)作出列联表，推出零假设，由参考数据求，与临界值比较大小，确定结论.

【详解】（1），

，

，

，

，

，

得到线性回归方程为 .

（2）作出列联表如下，

零假设为，选择新能源汽车与消费者所在城市独立，

即两个城市选择新能源汽车的情况无差异，

计算得 ，

根据小概率值的的独立性检验，没有充分证据推断不成立，

因此可以认为成立，即有 的把握认为选择新能源汽车与消费者所在城市相关.

19．已知直四棱柱中，底面为梯形，分别是上的点，且为上的点.

(1)证明:；

(2)当时，求平面与平面的夹角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）在上取点使得，通过证明平面来证得.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值并转化为正弦值.

【详解】（1）四棱柱是直四棱柱，，在上取点，

连接，使得，则，且，

在矩形中，，

，又，

又，平面，

平面，

平面，

.

（2）四棱柱为直四棱柱，

，又，且平面，

平面，

两两垂直，

所以以为坐标原点，以所在直线分别为轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

，则，

，

设平面的法向量，

则，所以，

令，得平面的一个法向量，

取平面的一个法向量，

所以，

因此平面与平面的夹角的正弦值等于.

20．已知椭圆 的离心率为， 过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为 1 .

(1)求椭圆的标准方程；

(2)过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点， 交直线于点，若， 求证:为定值.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据给定条件，设出椭圆半焦距并求出弦长，进而求出a，b即可作答.

（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合向量的坐标表示推理计算作答.

【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，将代入得，于是，

由离心率为，得，即有，则有，

所以椭圆的方程为.

（2）设点 ，，而，

显然直线的斜率存在，设直线的方程为，

由消去y整理得：，

由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点，因此，

因为，令，得，

，于是

所以.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

21．已知函数.

(1)当时，证明函数只有一个零点.

(2)若存在，使不等式成立，求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）求定义域，求导，得到函数的单调性，结合零点存在性定理得到在存在唯一零点，证明出结论；

（2）二次求导，分，和三种情况，当时，由函数隐零点得到，构造函数，证明出时，，并由单调性得到，当时，结合第一问，得到，当时，举出反例.

【详解】（1）定义域为R，

当时，，

令，得；令，得，

所以函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，

又当时，，可得，

当时，，，

由零点存在性定理可知：在存在唯一零点，

综上，函数只有一个零点.

（2）定义域为R，，

令，则，

令，得；

令，得，

所以函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，

当时，时，，又，

由零点存在性定理可得，使，

且时，当时，

因此函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，

，且，

设，，

所以在上为减函数，

又，

故时，，

存在，使不等式成立，

因为在区间上为减函数，在区间上为增函数，

所以在上单调递增，故，

当时，由（1）得在上是减函数，在上是增函数，

故，

所以不存在，使不等式成立；

当时，取，即，

所以，

所以存在，使不等式成立.

综上所述，的取值范围是.

【点睛】隐零点的处理思路：

第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；

第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.

22．在平面直角坐标系 中，直线的参数方程为(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)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)设 ，直线与曲线交于两点，求.

【答案】(1)，

(2)

【分析】(1)直接将参数方程中的t消去即可得出直线的普通方程，结合公式，计算即可得出曲线的直角坐标方程；

(2)将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程可得关于t的一元二次方程，结合t的几何意义化简计算即可求解.

【详解】（1）直线的参数方程为(为参数)，

消去得， 直线的普通方程为；

由 得，，

将 代入得，

曲线 的直角坐标方程为.

（2）将直线的参数方程代入曲线，

整理得 ，

，

记两点对应的参数分别为，

则 ， 故，

故 .

23．已知函数.

(1)在坐标系中作出函数的图象；

(2)若，求实数的取值范围.

【答案】(1)图见解析

(2)

【分析】（1）写成分段函数的形式，画出函数图象；

（2）方法一：得到为恒过定点的直线，数形结合得到当时，满足要求；

方法二：分，与三种情况，参变分离，求出实数的取值范围，最后得到答案.

【详解】（1）

所以函数的图象如下：

（2）方法一：记，易知为恒过定点的直线，

如图所示，.

数形结合易得满足条件时，，

所以实数的取值范围为；

方法二：恒成立，

当时，，即，

其中，故，

当时，，

当时，不等式为恒成立，

当时，不等式为，

其中，

其中，所以，

故，

当时，，即，

其中，

其中，故，故，

所以，

综上，实数的取值范围为.