2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高二下学期第3次月考数学（文）试题含答案

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2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高二下学期第3次月考数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先解绝对值不等式求出集合A，再根据并集的定义计算可得.【详解】，又，所以.故选：B.2．设，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意首先计算复数的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.【详解】由题意可得，则.故选：B.3．如图是某三棱锥的三视图，已知网格纸的小正方形边长是1，则这个三棱锥中最长棱的长为（    ）A．5 B． C． D．7【答案】C【分析】根据三视图得到几何体的直观图，求出棱长，即可判断.【详解】由三视图可得几何体的直观图如下所示：其中，，，且平面，，所以，，，所以三棱锥中最长棱为.故选：C4．给出下列四个选项中，其中正确的选项有（    ）A．“”是方程“表示椭圆的充要条件”，B．已知表示直线，，表示两个不同的平面，若，，则，C．命题“，使得”的否定是：“，均有” ，D．函数的图像必过．【答案】D【分析】根据椭圆的定义可判断A,根据空间中两平面的关系可判断B,由特称命题的否定为全称命题可判断C，由对数型函数的定点问题可判断D.【详解】若表示椭圆，则需要满足，解得且，故“”不是方程“表示椭圆的充要条件”，故A错误，对于B,若，，则，可能相交也可能平行，故B错误，对于C,命题“，使得”的否定是：“，均有” ，故C错误，对于D,函数的图像必过,故D正确，故选：D5．已知向量，且实数x，y满足约束条件，则的最大值为（    ）A． B． C． D．6【答案】D【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求出.【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分，化为，观察图形可得，当直线过点时，取得最大值为6.故选：6.6．已知的图象如图，则的解析式可能是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据图象确定函数的定义域，奇偶性，以及函数值的大小即可求解.【详解】由函数的图象可知函数的定义域为，而选项B，的定义域为，由此即可排除选项；函数图象关于原点对称，即为奇函数，而选项A, ， ，所以为偶函数，由此可排除选项A；根据图象可知，而选项D, ，, 由此可排除D，选项C满足图象特征.故选：C.7．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】依题意转化为，即在上恒成立，再构造函数，利用导数求出最小值即可得解.【详解】，依题意可得在上恒成立，即在上恒成立，设，则，当时，，当时，，所以在上为减函数，在上为增函数，所以.故.故选：D8．如图所示，在直角坐标系的第一象限内，是边长为2的等边三角形，设直线截这个三角形可得位于此直线左方的图象的面积为，则函数的图象大致是（    ）  A．   B．  C．   D．  【答案】C【分析】根据条件列出分段函数的解析式，再判断函数的图象.【详解】当时，，此段为开口向上的抛物线的一部分，当时，，此段为开口向下的抛物线的一部分，对称轴为，满足条件的只有C.故选：C9．已知定义在上的函数满足，且是偶函数，当时，，则（    ）A． B． C． D．3【答案】C【分析】根据是偶函数和得到是的一个周期，然后利用周期性求函数值即可.【详解】因为是偶函数，所以，则，因为，所以，则是的一个周期，因为，所以，，.故选：C.10．米斗是称量粮食的量器，是古代官仓､粮栈､米行及地主家里必备的用具､如图为一倒正四棱台型米斗，高为40cm.已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50cm的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为（    ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意作出正四棱台的对角面，为外接球球心，为线段中点，过点作，垂足为，则即为所求角.【详解】由题意，作出正四棱台的对角面，如图为正四棱台上底面正方形对角线，为正四棱台下底面正方形对角线，为外接球球心，为线段中点，则，过点作，垂足为，则即为所求角.因为，所以，所以，所以，所以正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为.  故选: D.11．已知函数有两个极值点，且，，那么关于的方程的不同实根的个数是（    ）A．6个 B．4个 C．2个 D．1个【答案】B【分析】首先利用导数得到函数单调性，再作出图象，而由方程可知，再利用图象即可得到根的个数.【详解】，令得，不妨令，故在上单调递增，在上单调递减，方程可得，而，，由的单调性并作出图象可知直线分别过点，与函数图象均有两个交点，故方程的根的个数是4个.  故选：B.12．已知过抛物线C：的焦点F的直线交抛物线C于P，Q两点，交圆于M，N两点，其中P，M位于第一象限，则的值不可能为（    ）A． B． C．4 D．【答案】A【分析】设出直线PQ方程并与抛物线方程联立，利用根与系数的关系和抛物线定义结合均值不等式即可求出的范围．【详解】抛物线C：的焦点，准线，圆的圆心，半径1，设，依题意，设直线PQ方程为：，由，消去x并整理得：，则有，，，同理，于是得，（当且仅当，即时取等号）所以的值只要不小于4即可取到，则选项A不可能取到，选项B、C，D均可能取到．故选：A 二、填空题13．记为等比数列的前项和．若，则的公比为        ．【答案】【分析】先分析，再由等比数列的前项和公式和平方差公式化简即可求出公比.【详解】若，则由得，则，不合题意.所以.当时，因为，所以，即，即，即，解得.故答案为：14．若直线过原点，且与函数的图像相切，则该直线的斜率为          .【答案】【分析】设切点为，再利用导数的几何意义求出切线方程，然后将原点坐标代入可求出，再将代入导函数中可求出切线的斜率.【详解】因为，所以，设切点为，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程的斜率为.故答案为：15．设、为正数，若直线被圆截得弦长为，则的最小值为          .【答案】【分析】分析可知，直线过圆心，可得出，再将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】由可得，故圆的直径是，所以直线过圆心，即，又，当且仅当时，即当时，等号成立.因此，的最小值为.故答案为：.16．南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为离散量的垛积问题”，在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍童垛等的公式，例如三角垛指的是如图顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放10个第n层放个物体堆成的堆垛，则      ．  【答案】/【分析】根据给定条件，求出数列的递推关系，利用累加法求出通项，再利用裂项相消法求和作答.【详解】依题意，在数列中，，当时，，满足上式，因此，，数列的前项和为，则，所以.故答案为： 三、解答题17．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）[方法一]：相似三角形法  由（1）可知．于是，故．因为，所以，即．故四棱锥的体积．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法   由（2）知,所以．建立如图所示的平面直角坐标系，设．因为，所以，，，．从而．所以，即．下同方法一. [方法三]【最优解】：空间直角坐标系法  建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以，，，，．所以，，．所以．所以，即．下同方法一. [方法四]：空间向量法   由，得．所以．即．又底面，在平面内，因此，所以．所以，由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，得，即．所以，即．下同方法一.【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答.在中，内角，，的对边分别为，，，且___________.(1)求角的大小；(2)已知，，点在边上，且，求线段的长.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2) 【分析】（1）若选①，则根据正弦定理，边化角，结合二倍角公式，求得，可得答案；若选②，则根据余弦定理和三角形面积公式，将化简，求得，可得答案；若选③，则切化弦，化简可得到的值，求得答案；（2）由余弦定理求出，进而求得,设 ， ，在 中用余弦定理列出方程，求得答案.【详解】（1）若选①，则根据正弦定理可得：，由于 , ，故 ，则 ；若选②，则 ，即 ，则 ，而，故 ；若选③，则，即，则 ，而，故 ；（2）如图示： ,故 ，故 ,在 中，设 ，则 ，则 ，即 ，解得 ，或（舍去）故.19．函数是定义在上的奇函数，且．(1)确定的解析式；(2)判断在上的单调性，并证明你的结论；(3)解关于的不等式．【答案】(1)(2)在上单调递增，证明见解析(3) 【分析】（1）由和可求得，验证可知满足题意，由此可得解析式；（2）任取，由可得结论；（3）根据函数奇偶性和单调性，结合函数定义域可构造不等式组求得结果.【详解】（1）为定义在上的奇函数，，解得：，，解得：；当，时，，，满足为奇函数；综上所述：.（2）在上单调递增；证明如下：任取，；，，，，，在上单调递增.（3）为定义在上的奇函数，由得：，又在上单调递增，，解得：，不等式的解集为.20．某村为提高村民收益，种植了一批蜜柚，现为了更好地销售，从该村的蜜柚树上随机摘下了100个蜜柚进行测重，测得其质量(单位：克)均分布在区间内，并绘制了如图所示的频率分布直方图：(1)按分层随机抽样的方法从质量落在区间的蜜柚中随机抽取5个，再从这5个蜜柚中随机抽取2个，求这2个蜜柚质量均小于2 000克的概率；(2)以各组数据的中间数值代表这组数据的平均水平，以频率代表概率，已知该村的蜜柚树上大约还有5 000个蜜柚待出售，某电商提出两种收购方案：.所有蜜柚均以40元/千克收购；.低于2 250克的蜜柚以60元/个的价格收购，高于或等于2 250克的蜜柚以80元/个的价格收购.请你通过计算为该村选择收益最好的方案.【答案】(1)(2)选择方案 【分析】（1）由题知，应在质量为的蜜柚中抽取2个和3个.记抽取的质量在区间的蜜柚分别为，质量在区间的蜜柚分别为，列举解决即可.（2）由频率分布直方图计算得，按方案收购总收益为457500(元)，按方案收购总收益为365000 (元)，由于，即可解决.【详解】（1）由题图可得蜜柚质量在区间和的比为2∶3，所以应分别在质量为的蜜柚中抽取2个和3个.记抽取的质量在区间的蜜柚分别为，质量在区间的蜜柚分别为，则从这5个蜜柚中随机抽取2个的情况共有10种：其中质量均小于2 000克的仅有这1种情况，所以所求概率为.（2）方案好，理由：由题中频率分布直方图可知，蜜柚质量在区间的频率为，同理，蜜柚质量在区间的频率依次为，若按方案收购：由题意知各区间的蜜柚个数依次为，于是总收益为(元).若按方案收购：由题意知蜜柚质量低于2 250克的个数为，蜜柚质量高于或等于2 250克的个数为，所以总收益为(元).因为， 所以方案的收益比方案的收益高，应该选择方案.21．已知等轴双曲线的焦点在轴上，焦距为.(1)求双曲线的标准方程；(2)斜率为的直线过点，且直线与双曲线的两支分别交于、两点，①求的取值范围；②若是关于轴的对称点，证明直线过定点，并求出该定点坐标.【答案】(1)(2)①；②证明见解析， 【分析】（1）依题意可得，解得、，即可求出方程；（2）设直线，，联立直线与双曲线方程，消元、得到 、及；①根据且得到方程组，解得即可；②表示出的方程，令求出，即可得解.【详解】（1）由题意可得，所以双曲线的标准方程为；（2）设直线，联立消去整理可得，则，又 ，，①因直线与双曲线交于两支，所以且，即；②设，令，则，所以直线过定点.22．已知函数．(1)若对任意的，都有恒成立，求实数a的取值范围；(2)设存在两个极值点且．若，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据含参不等式，孤立参数，构造函数转化为函数最值问题，即可求得参数a的取值范围；（2）根据函数的极值点确定的关系，从而可将双变量不等式转化为单变量不等式，构造函数求最值即可证得结论.【详解】（1）对任意的，都有即恒成立，对恒成立，即，设，则，令，则；令，则，在上单调递减，在上单调递增，，（2）证明：，，因为存在两个极值点，所以存在两个互异的正实数根，则，解得，由根与系数关系得，则，所以， 所以，令，则，，，在上单调递减，，而，即，．【点睛】思路点睛：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．