陕西省汉中市普通高中联盟2023-2024学年高三上学期期中联考数学试题（理）（Word版附解析）

这是一份陕西省汉中市普通高中联盟2023-2024学年高三上学期期中联考数学试题（理）（Word版附解析），共22页。
1、试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟，共4页.
2、答第Ⅰ卷时考生务必在每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案
3、第Ⅱ卷答在答题卡的相应位置上，否则视为无效答题前考生务必将自己的班级、姓名、学号、考号座位号填写清楚.
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求对数函数定义域，并结合集合的交运算即可.
【详解】因，所以.
故选C.
2. 已知非零向量，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系.
【详解】如图所示，,当时，与垂直，，所以成立，此时，
∴不是的充分条件，
当时，，∴,∴成立，
∴是的必要条件，
综上，“”是“”的必要不充分条件

故选：B.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据诱导公式及倍角公式求解.
【详解】，
故选：B
4. 在递增的等差数列中，首项为，若，，依次成等比数列，则的公差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用等比中项性质及等差数列通项公式计算即可.
【详解】设等差数列的公差为d（），
由题意知，，，
所以，即，
解得或，
因为，
所以.
故选：C.
5. 下列函数中，最小值为的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用基本不等式及对勾函数依次求各项的最小值即可.
【详解】对于A项，当时，，当且仅当即时取等号，当时，，当且仅当即时取等号，故A项不成立；
对于B项，因为，，所以，当且仅当即时取等号，故B项成立；
对于C项，令（），则，
所以，，
由对勾函数可知，在上单调递增，
所以当时，取得最小值为，故C项不成立；
对于D项，令（），则，，
由对勾函数可知，在上单调递减，
所以的值域为，此时函数在上无最小值，故D项不成立.
故选：B.
6. 函数的图像大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据函数的奇偶性排除部分选项，再由特殊值判断.
【详解】因为为偶函数，排除CD；
当时，，且时，，所以A正确，B错误；
故选：A
7. 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由圆锥的体积公式计算即可.
【详解】由题意知，，即，所以.
故选：A.
8. 若是抛物线位于第一象限的点，是抛物线的焦点，，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由抛物线的定义可求得，结合抛物线方程即可求得，运用两点斜率公式计算即可.
【详解】由题知，，抛物线的准线方程为，设，
由抛物线的定义知，，即，所以，
所以，
又因为M位于第一象限，所以，
所以，
所以.
故选：C.
9. “仁义礼智信”为儒家“五常”由孔子提出“仁、义、礼”，孟子延伸为“仁、义、礼、智”，董仲舒扩充为“仁、义、礼、智、信”.将“仁义礼智信”排成一排，其中“仁、义、礼”保持顺序不变的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】选将“仁、义、礼”放好保持顺序不变，将“智”、“信”依次插空放入共有20种方法，所有排法共有种方法，根据古典概型求解概率.
【详解】选将“仁、义、礼”放好保持顺序不变，将“智”插空放入有4种方法，将“信”插空放入有5种方法，共有20种方法，
将“仁义礼智信”排成一排共有种方法，
因此将“仁义礼智信”排成一排，其中“仁、义、礼”保持顺序不变的概率为.
故选：D
10. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用不等式的性质和幂函数单调性比较大小即可.
【详解】因为，所以，即，
又因为，，所以，所以，即，
综述： .
故选：B.
11. 已知，函数在单调递减，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用降次公式及辅助角公式化简函数，结合、换元法及复合函数单调性求解即可.
【详解】因为在上单调递减，
所以，即，
又，所以，
令，
因为，，所以，
所以问题转化为在（）上单调递减，
所以问题转化为在（）上单调递减，
又，，单调递减区间，，
所以，
所以，解得.
故选：D.
12. 已知函数满足为奇函数，若函数与图象的交点为，，…，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意知，与两个图象都关于对称，进而可得两个图象的交点也关于对称，进而可求得结果.
【详解】因为为奇函数，所以，
所以关于对称，
因为，
所以的对称中心为，，
所以也关于对称，
所以与两个图象的交点也关于对称，
所以对于每组对称点和均满足，，
所以.
故选：B.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 复数的虚部为_____.
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数的除法法则运算出结果即可.
【详解】故所求虚部为.
故答案为：.
14. 三棱锥中，平面，为直角三角形，，，，则三棱锥的外接球的体积为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，将三棱锥补全为一个长方体，即可得到长方体的体对角线即为三棱锥外接球的直径，再由球的体积公式，即可得到结果.
【详解】
由题意可将三棱锥补全为一个长方体，如图所示，
则长方体的体对角线，
即三棱锥外接球的直径为，所以，
所以三棱锥外接球的体积为.
故答案为：
15. 若为数列的前项和，且，则下列结论正确的是________.（填序号）
①；②；③数列是等比数列；④数列是等比数列.
【答案】①③
【解析】
【分析】分别研究与时数列的解析式，进而可判断③且可得，，分别代入可判断①②，运用等比数列定义法可判断④.
【详解】因为，
所以当时，，解得，
当时，，即，
所以为等比数列，首项为，公比为2，故③正确
所以，
综述：.
所以，
所以，
当时，，故①正确；
当时，，故②错误；
因为不是一个与n无关的数，故④错误.
所以正确的有①③.
故答案为：①③.
16. 已知，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】对已知不等式进行变形可得，通过构造新函数，结合导数的性质与单调性可得恒成立，再构造，求导分析单调性与最值即可.
【详解】因为，不等式对任意的恒成立，即恒成立，
即，进而转化为恒成立.
令，则，当时，，所以在上单调递增，
则不等式恒成立等价于恒成立.
因为，，所以，，
所以对任意的恒成立，所以恒成立.
设，可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以当时，函数取得最大值，最大值为，此时，所以，解得，即实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：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．
三、解答题：本题共6小题，共70分.
（一）必考题：共5小题，每小题12分，共60分
17. 的内角，，的对边分别为，，，.
（1）求；
（2）若，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边，结合余弦定理即可求得结果.
（2）由正弦定理边化角可得，结合及辅助角公式即可求得结果.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得：，即，
又由余弦定理，
又因为，所以.
【小问2详解】
由及正弦定理得：（*），
又因为在中，，所以，
所以“*”式为，即，
又由（1），
所以有，整理得，
因为，，
所以或，解得或，
又因为，所以，
所以.
18. 如图所示多面体中，平面平面，平面，是正三角形，四边形是菱形，，，.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直性质定理可证得平面，进而证得，结合线面平行的判定定理即可证得平面.
（2）法一：运用等体积法求解即可.
法二：建立空间直角坐标系，运用空间点到面的距离公式计算即可.
【小问1详解】
取中点，连接，如图所示，
因为是正三角形，所以，
又因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
法一：设点到平面的距离为为.
由（1）平面，
所以点与点到平面的距离相等，
所以三棱锥和三棱锥的体积相等，
所以，
连接、 相交于点，如图所示，
因为四边形为菱形，，，
所以，
由（1）平面，由题是等边三角形，边长为2，易知，
所以.
由题，在中，，，所以，
易知，所以在中，，
在中：，，，
由余弦定理可得，所以，
所以，
又因为，所以.
即点到平面的距离为.
法二：
取中点，连接、，
因为四边形为菱形，，，所以为等边三角形，
所以，
由（1）知，平面，所以，，
所以以为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，得，取，则，
则到平面的距离，
所以到平面的距离为
19. 为了检查工厂生产的某产品的质量指标，随机抽取了部分产品进行检测，所得数据统计如下图所示.

（1）求的值以及这批产品的优质率：（注：产品质量指标达到130及以上为优质品）；
（2）若按照分层的方法从质量指标值在的产品中随机抽取件，再从这件中随机抽取件，求至少有一件的指标值在的概率；
（3）以本次抽检的频率作为概率，从工厂生产的所有产品中随机抽出件，记这件中优质产品的件数为，求的分布列与数学期望.
【答案】（1），优质率为25%
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图中，所有频率之和为1及优质率的定义即可求得结果.
（2）由分层抽样可得质量指标在有件，质量指标在有件，结合古典概型求其概率即可.
（3）由题意知，4件产品中优质产品的件数服从二项分布，即，进而运用公式求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
产品质量指标超过130的频率为，
所以这批产品的优质率为25%.
【小问2详解】
因为质量指标在和的频率分别为0.4和0.3.
所以质量指标产品中抽取7件，则质量指标在有件，质量指标在有件.
所以从这7件中任取2件，至少有一件质量指标在的概率为.
【小问3详解】
因为抽到产品为优质产品的频率为0.25，以频率作为概率，所以每件产品为优质产品的概率为.
所以4件产品中优质产品的件数.
则，，
所以，，
，，
，
所以的分布列为
.
20. 已知椭圆的标准方程为，椭圆过点且离心率.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与相交于，两点，过上的点作轴的平行线交线段于点，直线的斜率为（为坐标原点），若，判断是否为定值？并说明理由.
【答案】（1）
（2）是定值，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由椭圆离心率公式及所过点适合椭圆方程即可求得结果.
（2）由可知平分，进而可得，再结合可得，再结合不在直线上，进而可得，整理可得.
【小问1详解】
因为椭圆过点，所以.
又因为，所以.
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由可知平分，则直线，的斜率，互为相反数，即，
设，，，
由得，，
由韦达定理可得：，，
而，则，
即，
于是
整理得，
化简得：，
又因为在椭圆上，所以，即，
所以，
即，
整理得，
又因为不在直线上，则有，所以，
即，
所以为定值，且.
21. 已知函数，.
（1）求函数的极值；
（2）若，求函数的最小值；
（3）若有两个零点，，证明：.
【答案】（1）极大值为，无极小值
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后解不等式、即可求得极值.
（2）运用导数研究的单调性，进而可求得其最小值.
（3）由已知可得，构造函数，根据其单调性可得，构造函数并研究其单调性，构造函数并研究其单调性，当时，依次结合函数、的单调性即可证得结果.
【小问1详解】
由题意知函数的定义域为，，
，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，极大值为，无极小值.
【小问2详解】
由题意知函数的定义域为.
，
则，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
【小问3详解】
不妨设，则由（2）知，.
设，由，得，
即，
因为函数在R上单调递增，所以成立.
构造函数，则，
，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
构造函数，则，
所以函数在上单调递增，
所以当时，，即当时，，
所以，
又在上单调递减，
所以，即.
【点睛】极值点偏移问题的方法指导：
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 已知曲线的直角坐标方程为，以直角坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求的极坐标方程和的直角坐标方程；
（2）若曲线与曲线、曲线分别交于两点、，点，求的面积.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）运用公式，转化方程即可.
（2）由、的极坐标方程可求得、，结合三角形面积公式及即可求得结果.
【小问1详解】
因，，
所以化为极坐标方程为，
即：.
因为，所以，
所以化为直角坐标方程为，即.
【小问2详解】
如图所示，
设，，则，，
又因为
.
所以的面积为.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知、均为正数，设；
（1）当，时，求不等式的解集；
（2）若的最大值为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分类讨论去绝对值解不等式；
（2）由的最大值为得，使用“1”的代换求最小值.
【小问1详解】
，即，
所以，或，或，
解得或或，
所以解集为.
【小问2详解】
因为的最大值为3，所以的最小值为3，
因为，
当且仅当(时取等号，所以，
所以，所以，0
1
2
3
4
P