2023届陕西省咸阳市武功县普集高级中学高三（重点班）上学期11月阶段性检测数学（理）试题含解析

2023届陕西省咸阳市武功县普集高级中学高三（重点班）上学期11月阶段性检测数学（理）试题

一、单选题

1．计算（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】直接进行复数的四则运算，即可得到答案.

【详解】.

故选：D

2．设直线与直线的交点为，则点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】联立两直线方程，求出交点坐标即可.

【详解】由题意知，

，

所以点P的坐标为

故选：B

3．对于新型冠状病毒肺炎，目前没有特异治疗方法.只能严格落实常态化防控要求，落实隔离防控措施，全力做好疫情防控工作.已知甲通过核酸检测确诊为呈“阳性”，经过追踪发现甲有乙，丙，丁，戊四位密切接触者，现把这四个人平均分成二组，分别送到两个医院进行隔离观察，则乙，丙两人被分到同一个医院的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】四人分两组分别送到两个医院进行隔离观察，利用列举法计数，求得总得分配方法数和乙，丙两人被分到同一个医院的方法数，然后求得其概率.

【详解】四人分两组并分送到两个医院，可能的情形有（乙丙，丁戊），（乙丁，丙戊），（乙戊，丙丁），（丙丁，乙戊），（丙戊，乙丁），（丁戊，丙乙）共6种不同的分配方法，

每种结果都是等可能的，乙，丙两人被分到同一个医院的的情况有（乙丙，丁戊）和（丁戊，丙乙）2种； ∴乙，丙两人被分到同一个医院的概率

故选.

【点睛】本题考查古典概型计算与应用，关键是使用列举法分组计数,注意分配的顺序.

4．长方体中，，，是的中点，是的中点.则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成的角；

【详解】解：依题意，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，设异面直线与所成的角为，则

故选：B

5．已知命题;命题，则下列命题中为真命题的是（    ）

A． B． C．  D．

【答案】B

【分析】由指数函数和对数函数的单调性，即可得出命题P为假命题，利用基本不等式可得命题q为假命题.进而可得结果.

【详解】命题，

在R上单调递减，

在单调递增，，

所以P为假命题；

命题，

，

当且仅当时，取“=”成立，所以q为真命题.

所以为真，为真

故选：B

6．已知函数满足当时，，则（      ）

A． B． C． D．-1

【答案】B

【分析】由题意结合特殊角的三角函数值、函数的周期逐步计算即可得解.

【详解】因为函数满足

所以，

所以的周期为.

因为当时，，

所以

故选：B

7．已知实数a，b满足，且则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】利用换元法，令，从而利用x，y表示出a，b，代入到所求代数式中，利用基本不等式进行求解.

【详解】解：令则，代入得，因为，所以，所以，由题意可得，所以（当且仅当，即时取等号），所，.

故选：A.

【点睛】本题考查换元法及基本不等式的应用，考查化归与转化思想、运算求解能力，属于中档题.

解决本题的关键是令，表示出a，b，然后对代数式进行变形，用基本不等式求最值时，要注意必须满足“一正、二定、三相等”的条件.

8．函数的所有零点之和为(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】化简,可得,的零点可看作是和的交点横坐标,在同一坐标系下画出二者函数图像,即可求得答案.

【详解】

的零点可看作是和的交点横坐标

在同一坐标系下画出二者函数图像,如图:

根据正弦函数图像可知是的一个对称中心,

图像,是由图像向右平移单位得到的

是的对称中心

由图像可知一共有个交点,即有零点

不妨设关于点对称的两个根为

则,即

则所有零点之和为

故选:A.

【点睛】本题考查了求函数的零点之和,解题关键是掌握正弦函数和反比例函数图像,数形结合,将求函数的零点转为函数图像的交点问题,考查了转化能力和计算能力,属于中档题.

9．如图，与的面积之比为，点是区域内的任意一点（含边界），且，则的取值范围是（　　）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将图形特殊化，设垂直平分BC于，则，当在时，最小，当在时，最大

【详解】解：将图形特殊化，设垂直平分BC于，则，

当点在时，三点共线，则，此时最小，

当点在时，，此时，所以，此时 最大，

所以的取值范围为，

故选：D

10．设满足约束条件，则的最小值是（    ）

A．4 B．5

C．8 D．9

【答案】A

【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析，当经过A点时，z取最小值得解．

【详解】由题得不等式组对应的可行域为如图所示的△ABC，

由题得y=-2x+z，当直线经过点A时，直线的纵截距最小，z最小．

联立得A(1，2)，

所以的最小值是2×1+2=4．

故选：A.

【点睛】本题主要考查利用线性规划求最值，规范作图是解题关键，属于基础题

11．在棱长均为的四面体中，点为的中点，点为的中点.若点，是平面内的两动点，且，，则的面积为

A． B．3

C． D．2

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，写出B,E,F的坐标，设M(x,y,0)的坐标，由，得出M的轨迹，同理得出N的轨迹，由，即可得到的面积.

【详解】建立空间直角坐标系如图所示，

，底面为等边三角形，且.所以OD=2,B(-，-1，0)，D(0,2,0),C(，-1，0),点为的中点，所以E（，，0），点为的中点，F（- ，- ，0），设M（x,y,0）,， ，化简得 ，且点M 是平面BCD 内的动点，所以点M在以（0,0）为圆心，以1为半径的圆上，又，且点N 是平面BCD 内的动点，同理N也在这个圆上，且，所以MN为圆的直径，因为AO面BCD，所以AOMN，且AO=， .

故选：C.

【点睛】本题考查了空间向量解决点的轨迹问题，圆的几何性质和三角形的面积的运算，属于中档题.

12．在平面直角坐标系中，已知椭圆，直线与椭圆交于两点，当到直线的距离为时，则面积的最大值为

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】当轴时，易求三角形面积，当与轴不垂直时，设直线方程为，由坐标原点到直线的距离为1可得，联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，由弦长公式求得，结合二次函数的性质求其最大值，则面积的最大值可求．

【详解】当轴时，，；

当与轴不垂直时，设直线的方程为，，，

则有，得，

联立，得，

∴，，

∴

，

令，

则，

当且仅当，即时，最大，此时，

此时面积的最大值为：，

故选：C．

【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了函数最值的求法，属于难题．

二、填空题

13．如图，长方体中，，，以A为球心，为半径作球面，点为球面上一动点，则的最小值为________.

【答案】2

【解析】连接，设与球面交于点，此时取得最小值，且最小值为减半径.

【详解】连接，设与球面交于点，此时取得最小值，

，

所以的最小值为，

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是判断出与球面的交点为点时，最小，最小值为减半径.

14．执行如图所示的程序框图，若输出的结果，则的取值范围是______．

【答案】（或写成）

【解析】根据流程图依次计算，再根据输出的结果可得的取值范围.

【详解】由，；

，；

，；

，；

，退出结束，

则.

故答案为：.

15．若函数为自然对数的底数）在和两处取得极值，且，则实数的取值范围是______．

【答案】

【分析】先将函数在和两处取得极值，转化为方程有两不等实根，且，再令，将问题转化为直线与曲线有两交点，且横坐标满足，用导数方法研究单调性，作出简图，求出时，的值，进而可得出结果.

【详解】因为，所以，

又函数在和两处取得极值，

所以是方程的两不等实根，且，

即有两不等实根，且，

令，

则直线与曲线有两交点，且交点横坐标满足，

又，

由得，

所以，当时，，即函数在上单调递增；

当，时，，即函数在和上单调递减；

当时，由得，此时，

因此，由得.

故答案为

【点睛】本题主要考查导数的应用，已知函数极值点间的关系求参数的问题，通常需要将函数极值点，转化为导函数对应方程的根，再转化为直线与曲线交点的问题来处理，属于常考题型.

16．给出以下四个命题:

①若函数的定义域为，则函数的定义域为；

②函数的单调递减区间是；

③已知集合，则映射中满足的映射共有3个；

④若,且,．

其中正确的命题有______．（写出所有正确命题的序号）

【答案】③④

【分析】根据抽象函数定义域的求法,可判断①;

根据反比例函数的图象和性质,可判断②; 

根据映射的定义,可判断③; 根据已知得到,进而可判断④．

【详解】①若函数的定义域为, 由得:, 所以函数的定义域为; 故①错误; 

②函数的单调递减区间是和,故②错误; 

③对于集合，映射中满足的映射共有：

，，,共3个, 故③正确; 

④若,则, 又, 所以, 

; 故④正确. 

故填：③④.

【点睛】本题考查复合函数的定义域，反比例函数的单调性，映射的定义，抽象函数的求值问题，属于中档题.

三、解答题

17．如图，在三棱柱中，侧棱长为4，平面平面，是边长为4的等边三角形，且，已知是的中点．以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系．

（1）求向量，的坐标；

（2）求异面直线与所成角的大小．

【答案】（1），；（2）．

【分析】（1）标出对应点坐标，利用向量坐标和点坐标的关系，即得解；

（2）利用异面直线所成角的向量公式，即得解

【详解】（1）由空间直角坐标系可得

，，，，

则，．

（2）

所以异面直线与所成角的大小为．

18．（1）求曲线在点处的切线方程

（2）求过曲线上的点的切线方程

（3）已知函数与的图象都过点，且在点处有公共切线，求、的表达式．

【答案】（1）（2）（3），．

【分析】（1）求导，得到，点斜式得到切线方程即得解；

（2）设切点为，点斜式表示切线方程，代入点，求解切点坐标，即得解；

（3）由题意，，求解即可.

【详解】（1），故

故切线方程为：，即

（2）设切点为，

故切线方程为：，过点

代入可得：

可得 或

代入可得切线方程为：或

（3）

由题意，

且，即

解得：

故：，．

【点睛】本题考查了导数在曲线的切线方程求解中的应用，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算的能力，属于基础题.

19．已知在平面直角坐标系中，动点到定点的距离与到定直线的距离的比等于常数2.

（1）求动点的轨迹的方程；

（2）若直线与曲线的另一个交点为，以为直径的圆交直线于两点，设劣弧所对的圆心角为，求证：为定值.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）由题意结合距离公式得出动点的轨迹的方程；

（2）当轴时，由坐标得出圆的半径以及圆心，再由垂径定理得出为定值，当不垂直轴时，联立直线方程以及双曲线方程，由弦长公式得出，再由垂径定理得出为定值.

【详解】（1）解：设，则，

∴，化简得，

故动点的轨迹的方程为.

（2）证明：①当轴时，把代入中，可得，，

∴圆心为，半径为3，

由垂径定理知，，

∵，∴，即，为定值.

②当不垂直轴时，设其方程为，，

联立，得

∴，

∴

∴的中点坐标为

又

∴圆的半径

圆心(即的中点)到直线的距离

由垂径定理知，

∵，∴，即，为定值.

综上所述，为定值.

【点睛】关键点睛：解决问题二的关键在于利用弦长公式得出，进而得出半径，再由距离公式以及垂径定理得出为定值.

20．已知函数．

（1）求函数在处的切线方程；

（2）求函数在区间上的最值．

【答案】（1）．（2）．

【分析】（1）先对函数求导，将代入导函数中求得的值为切线的斜率，然后利用点斜式方程可写出切线方程；

（2）对函数求导，再利用导数判函数的单调区间，从而可求得其最值.

【详解】（1），

切线斜率，，

∴切点，切线方程．

（2），

令，即，．

令，即，，

∴在单调递减，在单调递增，

∴，，，

∴．

【点睛】此题考查了导数的几何意义和利用导数求函数的最值，属于中档题.

21．已知数列是各项均为正数的等差数列.

(1)若，且，，成等比数列，求数列的通项公式；

(2)在（1）的条件下，数列的前n项和为，设，若对任意的，不等式恒成立，求实数k的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)设出等差数列公差d，利用给定条件列出关于d的方程，求出d即可作答.

(2)利用(1)的结论求出，再利用裂项相消法求出，并探讨其单调性即可得解.

【详解】（1）依题意，，，设正项等差数列的公差为d，则，

于是得，解得或(舍去)，则，

所以数列的通项公式是.

（2）因数列的前n项和为，则由(1)知：，

，

，

即，有，则数列是递减数列，因此，，

因对任意的，不等式恒成立，从而得，

所以实数k的最小值为.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知，射线的极坐标方程为，射线的极坐标方程为.

(1)直接写出曲线的极坐标方程；

(2)若与交于、两点，与交于、两点，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先将参数方程化为直角坐标方程，再将直角坐标方程化为极坐标方程即可；

（2）利用曲线的极坐标方程分别求出，，最后利用三角函数的性质求出取值范围即可.

【详解】（1）参数方程（为参数）化为直角坐标方程即为，

将代入直角坐标方程化简可得；

（2）当时，将代入得，即,

将代入得，

即.

∴.

∵，∴,

∴，,

∴的取值范围为.

23．已知a，b，c为非负实数，函数.

(1)当，，时，解不等式；

(2)若函数的最小值为2，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用分类讨论去掉绝对值符号后可得不等式的解.

（2）利用柯西不等式可证成立.

【详解】（1）当，，时，，

即为：或或，

故或或即.

故的解为.

（2），

当且仅当即时等号成立，

故，

由柯西不等式可得，

即，当且仅当，

也就是时等号成立，

故成立.