陕西省咸阳市武功县普集高级中学2023届高三下学期模拟预测（6）文科数学试题（含解析）

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陕西省咸阳市武功县普集高级中学2023届高三下学期模拟预测（6）文科数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．2．若复数满足（为虚数单位），则在复平面内的共轭复数所对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限3．若命题“，使成立”的否定是真命题，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．4．英国数学家布鲁克·泰勒（Brook Taylor，1685.8~1731.11）以发现泰勒公式和泰勒级数而闻名于世.根据泰勒公式，我们可知：如果函数在包含的某个开区间上具有阶导数，那么对于，有，若取，则，此时称该式为函数在处的阶泰勒公式.计算器正是利用这一公式将，，，，等函数转化为多项式函数，通过计算多项式函数值近似求出原函数的值，如，，则运用上面的想法求的近似值为（    ）A．0.50 B． C． D．0.565．已知数列中，，当时，，，成等差数列.若，那么（    ）A． B． C． D．6．已知向量，，且，，则的最小值为（    ）A． B．4 C． D．7．如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（    ）    A． B． C．2 D．8．的内角，，的对边分别为，，，且，，则下面四个选项中错误的是（    ）A． B．C． D．周长的最大值为39．在四棱锥中，底面是矩形，给出以下三个结论：①若的中点为，则平面；②若平面，则平面平面；③若平面，则线段是四棱锥外接球的直径.则关于这三个结论叙述正确的是（    ）A．①对，②③错 B．①②对，③错C．①错，②③对 D．①②③都对10．已知方程有两个不同的解，则（    ）A． B．C． D．11．已知椭圆方程为，过平面内的点作椭圆的两条互相垂直的切线，则点的轨迹方程为（    ）A． B．C． D．12．已知函数，给出以下三个结论：①如果有两个不同的根，则；②当时，恒成立；③如果有两个根，，则.其中正确的结论个数为（    ）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 二、填空题13．某幼儿园一名小朋友过生日，幼园老师为该小朋友准备了外表大小一样的5个盒子，其中3个盒中各装一个变形金刚玩具，另外2个盒中各装一套积木玩具，这名小朋友要从这5个盒中选出2个盒子作为生日礼物，则恰好取到1个变形金刚和1个积木的概率为____________.14．已知，当（其中）时，有且只有一个解，则的取值范围是____________.15．过直线上的任意一点作圆的两条切线，切点分别为，，则点到直线距离的最大值为_____________.16．已知是定义在上的可导函数，若，，且时，恒成立，则的取值范围是_________. 三、解答题17．已知数列的前项和为，当时，.(1)证明：数列是等差数列；(2)若，数列的前项和为，若恒成立，求正整数的最大值.18．年,随着最低工资标准提高,商品价格上涨,每个家庭的日常消费也随着提高,某社会机构随机调查了个家庭的日常消费金额并进行了统计整理,得到数据如下表:消费金额（千元）人数(1)求这个家庭消费金额的平均数及方差（同一区间的花费用区间的中点值替代）;(2)通过进一步调查发现这个家庭中收入不低于千的有个家庭,这些家庭成员到商场购物时驻留时间互不相同,通过调查得到如下列联表: 驻留时间少于小时驻留时间不少于小时低于千不低于千能否有的把握认为家庭成员在商场驻留的时间与家庭收入有关?附:,. 19．如图，四边形与四边形是全等的矩形，，若是的中点.  (1)求证：平面平面；(2)如果，求三棱锥与多面体的体积比值.20．已知双曲线的离心率为，为右支上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为，且.(1)求双曲线的方程；(2)若双曲线的左顶点为，过的直线与双曲线交于，两点，直线，与轴分别交于，两点，设，的斜率分别为，，求的值.21．已知函数，.(1)求证：；(2)若函数在上有唯一零点，求实数的取值范围.22．在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，以极点为坐标原点，极轴为轴正半轴，建立直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数）.(1)写出的直角坐标方程和的普通方程；(2)已知点，与相交于，两点，求的值.23．（1）已知函数，若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围；（2）已知正数，满足.证明：.
参考答案：1．C【分析】先化简集合A，再利用集合的并集运算求解.【详解】解：由题意知，，所以.故选：C.2．A【分析】先求出，再求出即得解.【详解】因为，即，所以，所以，其所对应的点为，位于第一象限.故选：A.3．C【分析】真命题转化为不等式恒成立求参数的取值范围求解即可.【详解】若“，使成立”的否定是：“，使”为真命题，即；令，由，得，所以，所以，故选：C.4．B【分析】先化简，根据题意得到的泰勒展开式，求得的值，即可求解.【详解】由三角恒等变换的公式，化简得，又由，可得，所以.故选：B.5．D【分析】依题意可得数列的递推关系，再一一代入即可求解.【详解】当时，，，成等差数列，则，由于，则，故选：D.6．A【分析】求出的值，写出的表达式，即可求出最小值.【详解】由题意，∵，∴，∵，∴，，当时，取得最小值，∴的最小值为，故选：A.7．A【分析】根据三视图在正方体中作出四面体，根据正方体的性质及三棱锥的体积公式求四面体的体积即可,【详解】由三视图知，该几何体的直观图为图中的四面体，如图，  由已知得，图中正方体的棱长为4，，，，，，所以.故选：A.8．C【分析】依题意可得，利用正弦定理将边化角，再结合两角和的正弦公式求出，即可求出，从而判断A，再利用余弦定理及基本不等式判断B，利用正弦定理将边化角，结合三角恒等变换公式判断C、D.【详解】由于，所以，由正弦定理可得，由于，所以，由于是三角形内角，则，故A正确；由余弦定理知，即，由于，所以，当且仅当时等号成立，故B正确；又由正弦定理知，所以，当且仅当时等号成立，故周长的最大值为3，故D正确；由得，，所以，故C错误.故选：C.9．D【分析】由线面平行的判定定理即可判断①，由面面垂直的判定定理即可判断②，将四棱锥补形为长方体即可判断③.【详解】  ①正确，连接交于，连接，则在中，，而平面，平面，则平面；②正确，因为平面，得，又由于，所以平面，又，所以平面，而平面，故平面平面；③正确，由于平面，将四棱锥还原成长方体，知为该长方体的体对角线，故为四棱锥外接球的直径.故选：D.10．D【分析】根据题意，将方程解问题转化为及的图像交点问题，再结合图像列出不等关系，即可得到结果.【详解】  由于，即，在同一坐标系下做出函数及的图像，如图所示：由图知在上是减函数，故，由图知，所以，即，化简得，即，故选：D.11．A【分析】设点P坐标及切线方程与椭圆联立，将判别式为零转化为切线斜率的同解方程化简即可，注意验证斜率不存在时即可.【详解】设点，当切线斜率存在且不为0时，设切线方程为，联立，消去得，则，即，两切线垂直故其斜率之积为-1，则由根与系数关系知，即.当切线斜率不存在或为0时，此时点坐标为，，，，满足方程，故所求轨迹方程为.故选：A.12．D【分析】对于①，将有两个不同的根转化为有两个根.设，导数法判断单调性作出图象，数形结合得出的范围；对于②，先得出函数≤0，再利用放缩法证明当时，恒成立；对于③，需要将已知条件转化，构造新函数（）并求出新函数的最值，完成本题的判断.【详解】①正确，如果有两个不同的根，即有两个根.设，，易知在上是减函数，且，所以当时，，即，此时为增函数；当时，，即，此时为减函数，所以由图象可知，即；②正确，设，则，所以当时，此时为增函数；当时，，此时为减函数，所以时，取得最大值，最大值为0，即，所以，当时，恒成立；③正确，由于有两个根，，令，即，即，要证明成立，只需证明，即，故只需证明，即证明，设，则，则上式化为.设，，即在上为减函数，当时，，由于，则，即成立，故命题成立.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用切线不等式放缩；二是把转化为.13．/【分析】根据题意，由列举法得到所有情况，再由古典概型的概率计算公式即可得到结果.【详解】设装变形金刚玩具的盒子分别为，，，装积木玩具的盒子分别为，.则从这5个盒子中选出2个盒子的不同选法为：，，，，，，，，，，共10种不同方法；恰好选到1个是变形金刚1个是积木的不同选法为：，，，，，，共6种不同方法，故所求概率.故答案为：14．【分析】利用二倍角以及辅助角公式化简可得，则有且只有一个解，即转化为有且只有一个解，根据x的范围，结合正弦函数的性质即可求得答案.【详解】由于，所以有且只有一个解，即有且只有一个解，因为，所以，由题意知，解得，即的取值范围是为，故答案为：15．/【分析】设，分析得到，，，四点在以为直径的圆上，求出圆方程和方程，再利用数形结合分析求解.【详解】设，则，所以.由几何性质知,所以，，，四点在以为直径的圆上，设圆上任意一点坐标为，则，所以，当时，也成立.即圆方程为，即，把圆和圆方程相减得.故直线的方程为.所以是以原点为圆心、1为半径的圆上的点，故点到直线的距离的最大值为.（当时取等）故答案为：  16．【分析】由，求导，根据，得到在上是减函数，然后将时，恒成立，转化为求解.【详解】解：由于，因为，，设，则，所以当时，，此时为增函数；当时，，此时为减函数；所以，即，故在上是减函数.又由于时，恒成立，所以，设，易知该函数为单调增函数，故时，，只需，即.又由于化为，，设，由，得，故等价变形为当时，，令，则，故当时，为增函数，所以若使在上恒成立，只需，即.综上，.故答案为：17．(1)证明见解析(2)2 【分析】（1）时，用代入化简，用等差数列的定义即可证明；（2）用错位相减法求出，不等式可化为恒成立，再用基本不等式求得的最大值，从而可得的最大值.【详解】（1）由题意知，当时，，所以，整理得：，即，所以数列是以1为公差的等差数列.（2）由，由（1）知是以2为首项、1为公差的等差数列，所以，所以，所以，①所以，②①-②得，所以，所以.因为，所以，由于，当且仅当时等号成立，故正整数的最大值为8.18．(1)平均数,方差(2)有的把握认为家庭成员在商场的驻留时间与家庭收入有关 【分析】（1）根据平均数和方差的公式求解即可;（2）用公式计算出的值,再根据临界值分析判断即可.【详解】（1）由题意得,.（2）根据列联表可知:,,,,,,,,则,所以有的把握认为家庭成员在商场的驻留时间与家庭收入有关.19．(1)证明见解析(2). 【分析】（1）通过证明平面，即可证明平面平面；（2）分别求出三棱锥与多面体的体积，即可得出三棱锥与多面体的体积比值.【详解】（1）由题意证明如下：∵，所以，又因为，且，面，面∴平面，又平面，所以.，即，所以，所以，同理，所以，即.又由于，∴，∵，平面，平面，所以平面，∵平面，∴平面平面.（2）由题意及（1）得，几何体为直三棱柱，，∵，，∴，而，∴.20．(1)(2). 【分析】（1）先由离心率为，得到，再由，结合双曲线的渐近线，求得，联立方程组求得的值，即可求解；（2）设直线，联立方程组得到，，得出直线的方程求得，，利用斜率公式，准确化简，即可求解.【详解】（1）解：因为双曲线的离心率为，所以，可得，设，则，即，又双曲线的渐近线方程为，所以，又由于，则，故双曲线方程为.（2）解：设直线，其中，，，联立方程组，整理得，由于，且，所以，.因为直线的方程为，所以的坐标为，同理可得的坐标为，因为，，所以，即为定值.  【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.21．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）不等式化为，，用导数可得在上单调递增，从而可证得结论.（2）求出在上的单调性，在每一个单调区间上用零点存在性定理判断零点个数，从而可得.【详解】（1）证明：由于，则等价于.令，则，令，则，因为，所以，即在上为增函数，所以，故为增函数，所以，即成立.（2）设，由于，则，所以在上为增函数，所以，即.又由于，由，得，由（1）知当时，，此时，当时，函数没有零点，不合题意，故舍去.当时，因为，所以，设，.当时，恒成立，所以即单调递增.当时，设，.因为，，所以，所以即单调递增.又，，因此在上存在唯一的零点，且.当时，，所以即单调递减；当时，，所以即单调递增.又，，，因此在上存在唯一的零点，且.当时，，所以单调递减；当时，，所以单调递增.又，，，所以在上没有零点，在上存在唯一零点，因此在上有唯一零点.综上，的取值范围是.【点睛】函数零点个数问题，基本方法一是用导数求出函数的单调区间，在每个单调上用零点存在性定理判断每个单调区间上的零点个数；二是数形结合，转化为两个函数的公共点个数问题 .22．(1)曲线的直角坐标方程为，曲线的普通方程为；(2). 【分析】（1）把曲线化为，即得曲线的直角坐标方程，把参数方程平方相加得曲线的普通方程；（2）求出曲线的参数方程，联立曲线的参数方程与曲线的普通方程得，再利用直线参数方程的几何意义求解.【详解】（1）曲线的极坐标方程为，即，则曲线的直角坐标方程为，把参数方程平方相加得曲线的普通方程为.（2）易知点在直线上，且该直线的斜率为，倾斜角为，则曲线的参数方程为（为参数），联立曲线的参数方程与曲线的普通方程得，设点，在直线上对应的参数分别为，，由韦达定理可得，，.23．（1）；（2）证明见解析【分析】（1）根据题意，去掉绝对值符号即可得到函数图像，结合图像列出不等式即可得到结果；（2）根据题意，由柯西不等式即可证明.【详解】因为，做出函数图像如图：由图像可知.若使不等式恒成立，只需，即或或，解得或或，即实数的取值范围是.（2）已知正数，满足，由柯西不等式可得，当且仅当，即时等号成立.