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10月阶段性测试数学（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10月阶段性测试数学（理）试题

一、单选题

1．为调查学生的课外阅读情况，学校从高二年级四个班的182人中随机抽取30人了解情况，若用系统抽样的方法，则抽样的间隔和随机剔除的个数分别为（    ）

A．6，2 B．2，3 C．2，60 D．60，2

【答案】A

【分析】根据系统抽样的方法即可求解.

【详解】从人中抽取人，除以,商余，故抽样的间隔为，需要随机剔除人.

故选：A.

2．四个幂函数在同一平面直角坐标系中第一象限内的图象如图所示，则幂函数的图象是（    ）

A．① B．② C．③ D．④

【答案】D

【解析】由幂函数为增函数，且增加的速度比较缓慢作答．

【详解】幂函数为增函数，且增加的速度比较缓慢，只有④符合.

故选：D.

【点睛】本题考查幂函数的图象与性质，属于基础题．

3．关于的方程，有下列四个命题：

甲：是方程的一个根；乙：是方程的一个根；

丙：该方程两根之和为3；丁：该方程两根异号．

如果只有一个假命题，则假命题是（    ）．

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁

【答案】A

【分析】对甲、乙、丙、丁分别是假命题进行分类讨论，分析各种情况下方程的两根，进而可得出结论.

【详解】若甲是假命题，则乙丙丁是真命题，则关于的方程的一根为，

由于两根之和为，则该方程的另一根为，两根异号，合乎题意；

若乙是假命题，则甲丙丁是真命题，则是方程的一根，

由于两根之和为，则另一根为，两根同号，不合乎题意；

若丙是假命题，则甲乙丁是真命题，则关于的方程的两根为和，两根同号，不合乎题意；

若丁是假命题，则甲乙丙是真命题，则关于的方程的两根为和，

两根之和为，不合乎题意.

综上所述，甲命题为假命题.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题考查命题真假的判断，解题的关键就是对甲、乙、丙、丁分别是假命题进行分类讨论，结合已知条件求出方程的两根，再结合各命题的真假进行判断.

4．函数的零点个数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】的零点的问题转化成图象的交点个数的问题，令后，整理成

，在同一坐标系中中画出两者图象即可.

【详解】令，整理得，再令，不难在同一坐标系中画出它们的图象如下，根据图象可知它们有两个交点，即方程有两个根，于是有两个零点.

故选：C

5．已知动点在不等式组 表示的平面区域内部及其边界上运动，则的最小值（    ）

A．4 B． C． D．3

【答案】B

【分析】作出不等式组表示的平面区域，明确表示的几何意义，数形结合，即可求得答案.

【详解】作出不等式组对应的平面区域，如图阴影部分：

表示的几何意义为不等式组表示的区域内一点与点P(5,3)连线的斜率，

由图可知当连线经过区域内的A点时，斜率最小，即取到最小值；

解可得,此时 ,

即的最小值为，

故选：B

6．已知集合，若不是的子集，则下列命题中正确的是（  ）

A．对任意的，都有

B．对任意的，都有

C．存在，满足，

D．存在，满足，

【答案】C

【分析】根据子集的定义即可得出答案.

【详解】根据子集的定义，如果集合中任意一个元素都是集合的元素，

那么集合称为集合的子集.

所以若不是的子集，也就是说中存在某个元素不属于，

则应表述为：存在，满足，.

故选：C.

7．已知点为双曲线的右焦点，直线与双曲线交于A，B两点，若，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设双曲线C的左焦点为，连接，由对称性可知四边形是平行四边形，

设，得，求出的值，即得解.

【详解】设双曲线C的左焦点为，连接，

由对称性可知四边形是平行四边形，

所以，.

设，则，

又.故，

所以.

故选：D

【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查余弦定理解三角形和三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

8．某班同学在一次化学实验中发现，某化学固体溶于水时，水中未溶解固体的质量M（单位：克）与放入水中的时间t（单位：分钟）满足以下关系：（为常数），若把9克的该化学固体放入水中t分钟后变成3克，则t约为（    ）（取，）

A．6分钟 B．5分钟 C．4分钟 D．3分钟

【答案】B

【分析】根据已知函数关系，结合已知条件，待定系数，结合参考数据和对数运算，即可求得结果.

【详解】由题意，当时，，因为，

所以，.

故选：.

9．设定义在上的函数满足，且对任意的、，都有，则函数的值域为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】通过特殊法，代值法代入题目中的函数式即可求得，从而求出解析式，利用换元法得出答案.

【详解】令，得，即；

令 ，则，即；

令，则

所以的值域是.

故选：B.

10．圆上到直线距离为3的点共有（    ）个

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】通过计算可知:圆心到直线的距离等于圆的半径的一半,由此可得结论.

【详解】圆可化为,

所以圆心为,半径为2,

圆心到直线的距离为:,

所以,.

所以圆上到直线的距离为3的点共有1个.

故选: A

【点睛】本题考查了由圆的方程求圆心坐标和半径,考查了点到直线的距离公式,属于基础题.

11．已知是定义在上的奇函数，且，则函数的零点个数至少为

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【解析】根据函数是定义在上的奇函数可得，可判断函数的零点个数为奇数，结合求得的值为零，从而可得结果.

【详解】是定义在上的奇函数，

，且零点关于原点对称，

零点个数为奇数，排除选项，

又

，

，

，

，

的零点至少有个，故选C.

【点睛】本题主要考查函数的零点、函数奇偶性的应用以及抽象函数的解析式，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.

二、多选题

12．为了得到函数的图象，只需将函数的图象（    ）

A．所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度

B．所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度

C．向右平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变

D．向右平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变

【答案】AC

【分析】根据三角函数的图象变换规律逐个分析可得答案.

【详解】将函数的图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，可以得到函数的图象，A正确.

将函数的图象所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，可以得到函数的图象，B不正确.

将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，可以得到函数的图象，C正确.

将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，可以得到函数， D不正确.

故选：AC

三、填空题

13．为虚数单位，复数______．

【答案】

【分析】根据复数的除法法则计算．

【详解】．

故答案为：．

14．已知、是等轴双曲线的左、右焦点，点在上，，则等于___________.

【答案】

【分析】利用余弦定理结合双曲线的定义可求得的值.

【详解】解：∵双曲线的方程为：，∴，得，

由此可得、，焦距，

∵，∴，

即，①

又∵点在双曲线上，∴，

平方得，②

① ②，得，

故答案为：.

15．过圆外一点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B.若△PAB为等边三角形，则过D(2，1)的直线l被P点轨迹所截得的最短弦长为________.

【答案】

【分析】先根据∠APC＝30°，可得P点轨迹方程为圆，再数形结合可知当l与CD垂直时，l被圆所截得的弦长最短，结合垂径定理计算即可

【详解】由题意知，连接PC，因为△PAB为等边三角形，所以∠APC＝30°，所以，所以P点轨迹的方程为.因为，所以点D(2，1)在圆(x－1)2＋y2＝4的内部.连接CD，结合图形可知，当l与CD垂直时，l被圆所截得的弦长最短，最短弦长为

故答案为：

16．如图，在四面体中，，AC与BD所成的角为60°，M、N分别为AB、CD的中点，则线段MN的长为______．

【答案】或

【分析】取的中点，连接、，求出的值，利用余弦定理可求得线段的长.

【详解】取的中点，连接、，

、分别为、的中点，且，

同理可得且，

为异面直线与所成的角或其补角，则或.

在中，.

若，则为等边三角形，此时，；

若，由余弦定理可得.

综上所述，或.

故答案为：或.

【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；

（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．

四、解答题

17．某租赁公司拥有汽车100辆.当每辆车的月租金为3000元时，可全部租出.已知每辆车的月租金每增加50元，未租出的车将会增加一辆.租出的车每辆每月需要维护费150元，未租出的车每辆每月需要维护费50元.

（1）当每辆车的月租金定为3600元时，能租出多少辆车？

（2）当每辆车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益最大？最大月收益是多少？

【答案】（1）88辆车；（2）当每辆车的月租金定为4050元时，租赁公司的月收益最大，最大收益为307050元.

【分析】（1）根据每辆车的月租金每增加50元，未租出的车将会增加一辆可求出结果；

（2）根据题意求出租赁公司的月收益关于每辆车的月租金的函数解析式，再根据二次函数知识可求出结果.

【详解】（1）当每辆车的月租金定为3600元时，未租出的车辆数为，所以这时租出了88辆车.

（2）设每辆车的月租金定为x元，则租赁公司的月收益（单位：元）

，

整理得.

所以当时，最大，其最大值为.

所以当每辆车的月租金定为4050元时，租赁公司的月收益最大，最大收益为307050元.

18．(1)利用“五点法”画出函数在长度为一个周期的闭区间的简图.

(2)并说明该函数图象可由的图象经过怎样平移和伸缩变换得到的.

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【分析】先列表如图确定的值,后描点并画图,利用“五点法”画出函数在长度为一个周期的闭区间的简图.

(2)依据的图象上所有的点向左平移个单位长度,，再把所得图象的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到.

【详解】(1)先列表,后描点,并画图

(2)把的图象上所有的点向左平移个单位长度,得到的图象,

再把所得图象的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到的图象.

或把的图象横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到的图象.

再把所得图象上所有的点向左平移个单位长度,得到,

即的图象.

本题考查五点法作函数的图象,函数的图象变换,考查计算能力,是基础题.

19．已知数列前项和为，

(1)证明：

(2)设 求数列的前项和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据与前项和为的关系，即可证明结果；

（2）由（1），对分奇数和偶数两种情况讨论，可得，由此可得，再根据分组求和即可求出结果.

【详解】(1)解：由题可知，

当时，解得，所以

又因为，

将其与两式相减得：，

因为，有.

当时，上式也成立，

综上，.

(2)解：当n为大于1的奇数时，

有，，，…，

累加得

又满足上式，所以n为奇数时；

当n为大于2的偶数时，有，，，…，

累加得，满足上式，又，

综上可知

.

20．已知在直角坐标系中（为坐标原点），，，．

（1）若，，共线，求的值；

（2）当时，直线上存在点使，求点的坐标．

【答案】（1）；（2）或．

【分析】（1）利用，结合向量共线的坐标表示列方程，解方程求得的值.

（2）设点的坐标为，利用，结合向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得的值，进而求得点的坐标.

【详解】（1）；

∵、、共线，∴

∴

∴．

（2）∵在直线上，∴设

∴

∵

∴

即：

解得：或.

∴或．

∴点的坐标为或．

【点睛】本小题主要考查向量共线、垂直的坐标表示，属于中档题.

21．已知函数．

(1)求的极值；

(2)若函数，求的极小值的最大值．

【答案】(1)极小值1，无极大值

(2)1

【分析】（1）由导数判断单调性后求解，

（2）设出的零点，在中消去，转化为关于的函数求解最值

【详解】(1)）函数的定义域为．

令，则，

所以在上单调递增，且．

当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以当时有极小值，无极大值．

(2)因为，所以．

由（1）知，在上单调递增，

当时，；当时，，则有唯一解．

当时，；当时，，

即在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取得极小值，且满足．

所以．

令，则．

当时，；当时，，

即在上单调递增，在上单调递减，

所以，此时，

所以当时，的极小值的最大值为1．

22．已知直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；

（2）设直线与曲线交于，两点，求的值.

【答案】（1），；（2）

【分析】（1）直接把参数方程和极坐标方程转换为直角坐标方程．

（2）利用直线和曲线的位置关系，进一步联立方程组，借助一元二次根和系数的关系式求出结果．

【详解】（1）直线的参数方程为（为参数），

消去，得，即直线的普通方程为.

又曲线，即，

，

曲线的直角坐标方程为.

（2）由（1）得，直线的标准参数方程为（为参数），

代入曲线的直角坐标方程得，，，，

.

【点睛】本题考查的知识要点：直角坐标方程与参数方程和极坐标方程的互化，直线和曲线的位置关系的应用，一元二次方程根与系数的关系的应用．

23．已知正数满足，证明：

(1)；

(2)≥.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据3个数的不等式关系即可求解，

（2）根据基本不等式即可求解.

【详解】(1)因为均为正数，所以，

则，所以.

当且仅当时，取得等号.

(2)由基本不等式可知，，

所以.

，

当且仅当时，取得等号.

故.