2023届陕西省安康中学高三下学期4月质量监测数学（理）试题含解析

这是一份2023届陕西省安康中学高三下学期4月质量监测数学（理）试题含解析，共23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届陕西省安康中学高三下学期4月质量监测数学（理）试题 一、单选题1．已知全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先对数运算求集合，再根据并集与补集的性质求解即可. 【详解】因为全集，所以.故选：B.2．已知为虚数单位，，则复数的共轭复数为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将题目所给算式化简，求出后，再求的共轭复数即可.【详解】∵，∴，∴，∴复数的共轭复数.故选：D.3．已知，则以下结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据指对互化，表示，再结合对数函数的单调性，和中间值比较大小，即可判断选项.【详解】，由，即，故，可得，即综上：.故选：D.4．在平行四边形中，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意可得，，分别表示加减消元得出结果.【详解】由题意可得，, ，消元解得.故选：A.5．已知为锐角， ，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用和差公式作恒等变换，再利用同角关系求解.【详解】 ； ，又 是锐角， ；故选：D.6．某食品厂生产、两种半成品食物，两种半成品都需要甲和乙两种蔬菜，已知生产1吨产品需蔬菜甲3吨，乙1吨，生产1吨产品需蔬菜甲2吨，乙2吨，但是甲和乙蔬菜每天只能进货12吨和8吨.若食品厂生产1吨半成品食物可获利润为3万元，生产1吨半成品食物可获利润为3万元，则食品厂仅凭、两种半成品食物每天可获利润不超过9万元的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知列出不等式组，作出可行域，求出可行域的面积.然后由，求出满足条件的三角形的面积，根据几何概型，即可得出答案.【详解】设食品厂生产和半成品食物分别为，吨，由题意可得，其表示可行域如图阴影部分区域，即四边形，联立可得，，且，.所以，四边形的面积.设目标函数，作直线，则，，由题意，即与轴，轴围成的图形，即，.根据几何概型可知，每天可获利润不超过9万元的概率为.故选：A.7．如图，古建筑的主要受力构件梁椽､楼板､柱子都是木头，由于构件的拼接需要，梁通常做成矩形.圆形的木头加工成矩形断面，梁是主要的水平受力构件，作为水平或斜向受弯构件，除了材料本身的特性，截面抵抗矩是唯一的标准.矩形截面抵抗，（其中为垂直于弯矩作用方向的长度），木材本身的圆形直径是确定的，则截面抵抗矩最大时为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知可得，代入整理可得，求导根据导函数得出函数的最大值，即可得出答案.【详解】由已知结合图象可得，，所以，所以，，，所以，.解，可得.当时，，所以函数在上单调递增；当时，，所以函数在上单调递减.所以，函数在处取得唯一极大值，也是最大值，此时，则，所以.故选：C.8．已知圆过抛物线与坐标轴的三个交点，则圆上一点到直线的最小距离为（    ）A． B．1 C．2 D．3【答案】A【分析】先应用待定系数法求圆的一般方程，再应用点到直线距离公式求圆心到直线的距离，最后求出圆上一点到直线距离的最小值. 【详解】根据题意，，设外接圆方程为，则解得外接圆方程为，即则圆心到直线的距离为.故外接圆上一点到直线的最小距离为. 故选：A.9．年春，为了解开学后大学生的身体健康状况，寒假开学后，学校医疗部门抽取部分学生检查后，发现大学生的舒张压呈正态分布（单位：），且，若任意抽查该校大学生人，恰好有人的舒张压落在内的概率最大，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用正态分布计算出，然后利用二项分布概率最大可得出关于的不等式组，解之即可.【详解】因为，则，由题意知：抽查该校大学生人，恰好有人的舒张压落在内的概率为，要使此式的值最大，由，即，解得，，所以，.故选：C.10．定义在上函数满足，.当时，，则下列选项能使成立的为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知可得出函数的对称性以及函数的周期为4.进而根据对称性可求出在以及上的解析式，作出函数图象，即可得出的解集.分别令取，即可得出答案.【详解】因为，所以关于点对称，所以；又，所以，所以有，故关于直线对称，所以.所以，，所以有，所以，所以的周期为4.当时，，所以，所以时，.当时，，所以.作出函数在上的图象如下图当时，由可得，，解得，所以；当时，由可得，，解得，所以.根据图象可得时，的解集为.又因为的周期为4，所以在实数集上的解集为.令，可得区间为；令，可得区间为，故A项错误；令，可得区间为，故B项错误；令，可得区间为；令，可得区间为，故C项错误；令，可得区间为，故D项正确.故选：D.11．已知菱形沿对角线向上折起，得到三棱锥分别是棱的中点.设三棱锥的外接球为球，则下列结论正确的个数为（    ）①；②上存在点，使得平面；③当二面角为时，球的表面积为.④三棱锥的体积最大值为1.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根据线面垂直的性质定理可判断A；当时，连接交于，连接，根据线面平行的判定定理可判断B；结合二面角的度数，求出外接球的半径，可求得球的表面积，判断C；判断三棱锥的高何时最大，根据三棱锥的体积公式，即可判断D.【详解】取的中点，连接，由于，故，而平面平面，于是得平面，又平面，所以，故①正确；当时，连接交于，连接，分别是的中点，则是的重心，有，即有，因此，而平面平面，所以平面，故②正确；由二面角平面角的定义结合平面，可知为二面角的平面角，即，设与的外心为与，过作垂直于平面的直线，过作垂直于平面的直线，则与的的交点即为外接球的球心，故四点共圆，由于，故,在菱形中，，故为正三角形，故,故1，故，从而外接球的表面积为，故③正确；当平面与平面垂直时，A到平面的距离最大，平面与平面，，平面，故平面，此时为三棱锥的高，故三棱锥的体积最大值为，故④正确.故选：D.12．已知数列的首项为,数列的前项和小于实数，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先分奇偶求出通项公式，再应用裂项相消法即可得前n项和，则得M的最小值. 【详解】当时，，即.所以当为奇数时，是常数列.又，所以当为奇数时，，即，当为偶数时，，所以当时，. 设，则故的前项和为，当趋向于无穷大时，前和趋向于.所以的最小值为. 故选：C. 二、填空题13．已知函数在处的切线方程为___________.【答案】【分析】根据导数的几何意义求切线方程.【详解】，因为，所以.所以切线方程为，整理可得，.故答案为：14．已知的展开式中二项式系数之和为的系数为-160，则实数__________.【答案】2【分析】由二项式系数之和求出，利用展开式通项得的系数，可求实数的值.【详解】由题意，，解得，而的通项公式为，，所以的系数为，.故答案为：215．把函数的图象向右平移个单位后，图象关于轴对称，若在区间上单调递减，则的最大值为___________.【答案】【分析】先由平移后为偶函数求得，再根据的单调递减区间求解即可.【详解】函数的图象向右平移个单位后，得到的图象，由已知，所得函数的图象关于轴对称，∴为偶函数，∴，即，∵，∴，∴.∵余弦函数的单调递减区间为，∴由，解得，，∴的单调递减区间为，∴当时，在区间上单调递减，又∵在上单调递减，∴，∴，的最大值为.16．下图是单叶双曲面的立体结构图，且为中心对称图形，此双曲面可由一根长度为4的线段AB绕与其不共面的直线旋转而成，其轴截面为双曲线的一部分，若这两条异面直线所成的角为30°，垂直于旋转轴的截面圆的面积最小值为，则双曲线的离心率为_________.【答案】2【分析】根据给定的信息，结合异面直线所成角的意义，求出点A到旋转轴及垂直于旋转轴的最小截面圆所在平面的距离，再建立坐标系求出离心率作答.【详解】设过与轴垂直的平面为，与分别交于，内以为圆心的圆过，内以为圆心的圆过，设于，设中点为，中点为，中点为，则，如图，显然，是异面直线所成的角，即，而，则，，，有，即，以过点的轴截面为坐标平面，为坐标原点，轴所在直线为y轴建立坐标系，显然点是双曲线上的点，其中，则，所以离心率.故答案为：2 三、解答题17．已知的内角，，的对边分别为，，，，， ，外接圆面积为.(1)求；(2)若为角的角平分线，交于点，求的长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理，角化边可得与的关系，由和外接圆半径可得，再由余弦定理即可解得；（2）使用等面积法建立方程，求解即可.【详解】（1）由已知，∵，∴由正弦定理得，∴，∵，，∴，即.设外接圆半径为，则外接圆面积，∴，∴由正弦定理，得，，∵，∴或.当时，由余弦定理，∴，解得，∴（舍）；当时，由余弦定理，∴，解得，∴.综上所述，.（2）由第（1）问知，，若为角的角平分线，则，如图，设，，的面积分别为，，，则，∴∴，∴解得，.18．已知分别是圆柱上､下底面圆的直径，且异面直线与所成的角为分别为上､下底面的圆心，连接，过作圆柱的母线，点是的中点.(1)证明：平面；(2)若二面角的余弦值为，求圆柱的高与底面圆的直径的比值.【答案】(1)证明见解析(2). 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定定理分别证得平面，平面，结合面面平行的判定定理证得平面平面，进而证得平面.（2）分别过作圆柱的母线，连结，得到，设，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式列出方程求得，进而得到答案.【详解】（1）证明：连接，因为为的中点，所以，又平面平面，所以平面，由四边形为矩形，所以，又由平面平面，所以平面，因为，且平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面.（2）解：分别过作圆柱的母线，连结，可知，所以为异面直线与所成的角（或其补角），故或，又由，故，设，圆柱的高为，所以，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量为，则，令，则，同理可得平面的法向量为设锐二面角的平面角为，则，解得，所以圆柱的底面圆的半截为，故圆柱的高与底面圆的直径的比值为.19．在中国有一个习俗就是长辈给晚辈红包，就是希望晚辈能长命百岁，年年有今朝，岁岁有今日，也是非常好的一种祝福，一种祝愿，更是象征了一种喜庆，更能增加气氛的一个环节.有时小朋友的红包会被父母保存，防止红包钱乱花.(1)小明的老师随机调查了本校同学的红包保存情况，经统计其红包保存情况与年龄大小情况如下表： 未交给父母保存红包交给父母保存红包总计年龄小于12岁105060年龄不小于12岁152540总计2575100根据表中数据，是否有的把握可以认为同学的红包保存情况与年龄大小有关？(2)2023年春节，小明的爷爷准备了4个大小完全相同的红包让小明抽取，其中只有两个红包里面有现金，且分别为100和200元，其余两个里面都是纸币大小的蓝色纸片.（i）若小明逐个抽取红包，求恰好2次就能全部判断红包情况的概率.（ii）若小明选择一个红包的概率为，选择两个红包的概率为，选择三个红包的概率为，全部拿走的概率为0.已知小明完全不知道四个红包里面的东西，只好根据自己的经验随机选择.记表示小明选完红包后所得的钱数.求的分布列及数学期望.附：.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828 【答案】(1)有的把握可以认为同学的红包保存情况与年龄大小有关(2)（i）；（ii）分布列见解析，175 【分析】（1）计算，根据临界值表判断相关关系即可；（2）（i）计算古典概型，（ii）先列随机变量分布列，再求数学期望即得.【详解】（1）设零假设为：同学的红包保存情况与年龄大小无关，根据数表可得，所以零假设是错的，故有的把握可以认为同学的红包保存情况与年龄大小有关.（2）（i）设“恰好2次就能全部判断红包情况”为事件A，则（ii）由题意，，所以随机变量的分布列为0100200300故.20．已知椭圆的焦点分别分别为的上､下顶点，过且垂直于的直线与交于两点，(1)求椭圆的方程；(2)过直线上任一点，作椭圆的两条切线，切点为两点，证明：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）依题意可得，设椭圆的方程为，又可得为线段的垂直平分线，表示出直线的方程，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式得到方程，求出，即可得解；（2）设，在点处的切线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元，由，即可得到点处的切线方程，同理可得点处切线方程，从而得到直线的方程，即可得解.【详解】（1）设，则，所以，，设椭圆的方程为，即，，，为正三角形，过且垂直于的直线与交于两点，为线段的垂直平分线，直线的斜率为，斜率的倒数为，直线的方程，代入椭圆方程，整理化简得到，所以，，，，，所以，故椭圆的方程为.（2）设，在点处的切线的方程为，由，消去整理得，则，整理得，解得故在点处的切线方程为，整理可得.当不存在时，切线方程为满足上述结论，设坐标为，同理可得，设，则，所以的直线方程为，所以，由题意，解得，故直线过定点.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.21．已知函数(1)判断函数的零点个数；(2)证明：当时，证明：【答案】(1)2个(2)证明见解析 【分析】（1）利用导数研究函数单调性，求解零点个数.（2）证明不等式，得，代入求证的不等式即可.【详解】（1）函数，定义域为，，，设，则，则在上单调递减，即在上单调递减，当时，，此时单调递增，，故函数无零点.下证：当时，，令，则，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，故，也即，故，当时，单调递减，，，所以存在唯一的，使得函数在上单调递增，在上单调递减，，所以在上存在一个零点.综上：函数恰有两个零点.（2）由（1）可知，在上恒成立，于是可得，其中，以上各式左右相加得，，所以.【点睛】1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.22．在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，若点在直线上，点在圆上（其中）.(1)求曲线的直角坐标方程和、的直角坐标；(2)已知所在直线与曲线交于、两点，与轴交于点，求的值.【答案】(1)，点坐标为，点坐标为(2) 【分析】（1）将点坐标分别代入极坐标方程可得，，，然后即可得出点的直角坐标.根据公式结合二倍角的余弦公式，即可得出曲线的直角坐标方程；（2）根据已知求出直线普通方程为，然后求得点坐标.然后得出直线的参数方程，将直线的参数方程代入曲线方程可得，根据韦达定理，结合弦长公式，即可得出答案.【详解】（1）设，，以极点为原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，由已知可得，所以，故，，所以点坐标为.又，所以，，所以点坐标为.由得：.又，，故曲线的直角坐标方程为：.（2）因为，所以普通方程为，整理可得，故.设的参数方程为，为参数，将的参数方程与曲线的直角坐标方程联立，可得，由韦达定理可得，，则，所以.23．设满足不等式成立实数的最大值为.(1)求的值；(2)设，且，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）分类讨论解绝对值不等式，进而可得结果；（2）由（1）可得，结合基本不等式分析证明.【详解】（1）当时，，所以；当时，，解得，所以；当时，，故，综上所述：不等式的解集为，故.（2）由（1）可得，∵，当且仅当时，等号成立，，当且仅当时，等号成立，，当且仅当时，等号成立，由于，，当且仅当时，即等号成立，所以，故.