2023届陕西省宝鸡市、汉中市部分校高三上学期11月期中联考数学（文）试题含解析

2023届陕西省宝鸡市、汉中市部分校高三上学期11月期中联考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】首先解一元二次不等式求得集合A，之后利用交集中元素的特征求得，得到结果.

【详解】由解得，

所以，

又因为，所以，

故选：D.

【点睛】本题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有利用一元二次不等式的解法求集合，集合的交运算，属于基础题目.

2．设，其中为实数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．

【详解】因为R，，所以，解得：．

故选：A.

3．设有直线，，和平面，，下列四个命题中，正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】D

【解析】在A中，与相交、平行或异面；

在B中，与不一定平行，有可能相交；

在C中，⊥或∥或与相交；

在D中，由直线与平面垂直的性质与判定定理可得∥．

【详解】由直线、，和平面α、，知：

对于A，若∥，∥，则与相交、平行或异面，故A错误；

对于B，

若，与不一定平行，有可能相交，故B错误；

对于C，若⊥，⊂，则⊥或∥或与相交，故C错误；

对于D，若⊥，⊥，⊄，则由直线与平面垂直的性质与判定定理得∥，故D正确．

故选：D．

【点睛】本题考查了命题真假的判断问题，考查了空间线线、线面、面面的位置关系的判定定理及推论的应用，体现符号语言与图形语言的相互转化，是中档题．

4．《周髀算经》中有这样一个问题:从冬至日起，依次为小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分.清明、谷雨、立夏、小满、芒种，这十二个节气，其日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分日影长之和为尺，前九个节气日影长之和为尺，则谷雨日影长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设十二个节气其日影长依次成等差数列，首先利用已知条件求出的通项公式，计算即可求解.

【详解】设十二个节气其日影长依次成等差数列，

由题意可得，即，解得，

又因为，所以，解得

所以的公差，

所以，

所以谷雨日影长为，

故选：D

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意利用等差数列的性质和等差数列的前项和公式求出其通项公式，问题即可迎刃而解.

5．已知，，，则a，b，c的大小关系为　　

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】分析：利用对数函数与指数函数的性质，将a，b，c与0和1比较即可.

详解：，

；

.

故.

故选：C.

点睛：对数函数值大小的比较一般有三种方法：①单调性法，在同底的情况下直接得到大小关系，若不同底，先化为同底．②中间值过渡法，即寻找中间数联系要比较的两个数，一般是用“0”，“1”或其他特殊值进行“比较传递”．③图象法，根据图象观察得出大小关系．

6．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，则△ABC的外接圆的直径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先由面积公式求出c，利用余弦定理求出b，利用正弦定理求出外接圆的直径.

【详解】因为，，，

所以，解得：.

由余弦定理得：.

由正弦定理得：.

故选：C

7．若函数在上是增函数，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将题目转化为导函数大于等于0在上恒成立，从而转化为最值问题，即可得到结果.

【详解】因为函数在上是增函数，

所以在上恒成立，

所以.

故选:A.

8．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件利用诱导公式及二倍角的余弦公式计算作答.

【详解】因，

则.

故选：A

9．若数列满足，，则的值为

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】∵，∴，，，∴，，，…，故该数列周期为3，∴，故选B

10．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出，再利用勾股定理证明，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】解：在中，，，，

则，

则，所以，

如图以点为原点建立空间直角坐标系，

则，

则，

则，

所以直线与所成角的余弦值为.

故选：C.

11．将函数的图像向右平移个单位长度，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，若为奇函数，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据三角函数的变换规则表示出，根据是奇函数，可得的取值，再求其最小值.

【详解】解：由题意知，将函数的图像向右平移个单位长度，得，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，，

因为是奇函数，

所以，解得，

因为，所以的最小值为.

故选：

【点睛】本题考查三角函数的变换以及三角函数的性质，属于基础题.

12．已知函数在上有两个零点，则m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求出两函数相切时的切线斜率，再结合函数特征，求出m的取值范围即可.

【详解】解：函数在上有两个零点，等价于与有两个不同的交点，恒过点，设与相切时切点为，因为，所以切线斜率为，则切线方程为，当切线经过点时，解得或（舍），此时切线斜率为，由函数图像特征可知：函数在上有两个零点，则实数的取值范围是.

故选：D.

【点睛】本题考查导数的综合应用，由函数零点求参数的取值范围，难度中等.

二、填空题

13． 曲线在点处的切线方程为__________.

【答案】

【分析】利用导数值确定切线斜率，再用点斜式写出切线方程．

【详解】，

当时其值为，

故所求的切线方程为，即．

【点睛】曲线切线方程的求法：

(1)以曲线上的点(x0，f(x0))为切点的切线方程的求解步骤：

①求出函数f(x)的导数f′(x)；

②求切线的斜率f′(x0)；

③写出切线方程y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，并化简．

(2)如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组得切点(x0，y0)，进而确定切线方程．

14．已知函数在时有极值0，则= ______ .

【答案】

【分析】对函数进行求导，根据函数在时有极值0，可以得到，代入求解，并进行检验，即可求出结果.

【详解】∵，，函数在时有极值0，

可得即 ，解得或，

若时，函数，

所以函数在上单调递增，函数无极值，故舍，

所以，所以

故答案为：．

15．对于正项数列，定义为的“光阴”值，现知某数列的“光阴”值为，则数列的通项公式为_____．

【答案】

【分析】根据的定义把带入即可．

【详解】∵

∴

∵

∴①

∴②

①-②得

∴

故答案为

【点睛】本题主要考查了新定义题，解新定义题首先需要读懂新定义，其次再根据题目的条件带入新定义即可，属于中等题．

16．如图，在四棱锥中，底面，，，，，为棱的中点．若四棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积为______．

【答案】

【分析】由棱锥体积公式可求得点到平面的距离，由此可得；由两两互相垂直可知所求外接球半径，由球的表面积公式可求得结果.

【详解】由题意知：四边形的面积，

设点到平面的距离为，则，解得：，

又为中点，平面，；

，两两互相垂直，

三棱锥的外接球半径，

三棱锥的外接球表面积.

故答案为：.

三、解答题

17．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为为参数），直线l的参数方程为(t为参数，0≤α<π).

(1)若曲线C与y轴负半轴的交点在直线l上，求α；

(2)若tanα＝，求曲线C上与直线l距离最大的点的坐标.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）直接利用转化关系，在参数方程和普通方程之间进行转换，再利用恒过的定点确定；

（2）利用点到直线的距离公式，三角函数关系式的变换和余弦型函数性质，求出结果．

【详解】（1）曲线的参数方程为为参数），

转换为直角坐标方程为．

曲线与轴的负半轴交于点，

由于直线的参数方程为为参数，，

所以直线恒过点．

所以直线的斜率，即，所以．

（2）若，则直线的普通方程为，即，

曲线上的点到直线的距离，

当时，即，，故．

18．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围，

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）利用分段讨论法去掉绝对值，求出不等式的解集；

（2）利用绝对值三角不等式求出的最大值，得出关于的不等式，求出解集即可．

【详解】（1）当时，，解得；

当时，，解得，则；

当时，，解得，则.

综上，不等式的解集为；

（2） ，

若对任意，不等式恒成立，

则，解得或.

因此，实数的取值范围是.

【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用，同时考查了不等式恒成立问题，属于中档题．

19．如图，在四棱锥中，，且.

（1）证明：平面平面；

（2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【详解】试题分析：（1）由，得，．从而得，进而而平面，由面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）设，取中点，连结，则底面，且，由四棱锥的体积为，求出，由此能求出该四棱锥的侧面积.

试题解析：（1）由已知，得，．

由于，故，从而平面．

又平面，所以平面平面．

（2）在平面内作，垂足为．

由（1）知，面，故，可得平面．

设，则由已知可得，．

故四棱锥的体积．

由题设得，故．

从而，，．

可得四棱锥的侧面积为

．

20．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

（I）求△ABC的面积；

（II）若sinA：sinC=3：2，求AC边上的中线BD的长．

【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）首先根据正弦定理，将原等式中的边化为角，再利用两角和的正弦公式化简，求出,再根据，得到，最后代入面积公式

（Ⅱ）由,得，根据上一问的结果可求，再根据中线表示向量为，两边平方后得到结果.

【详解】（Ⅰ）,由正弦定理可化为：

,,即,

,,

又,

得,,即，

的面积

（Ⅱ）由,得，

，又，解得：，

又,

,

,

即边上的中线的长为.

21．设数列满足，且.

(1)求证：数列为等差数列，并求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析，;

(2) .

【分析】（1）根据递推式，变形为，由等差数列定义可证明结论；利用累加法求得；

（2）根据，讨论n的奇偶性，分类求解，利用并项求和法，可得答案.

【详解】（1）由已知得， 即，

是以 4 为首项， 2 为公差的等差数列.

，

当时，,

当时，也满足上式，所以;

（2）,

当为偶数时，

当为奇数时，

,

所以 .

22．已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若在上恒成立，求整数的最大值（参考数据：.)

【答案】（1）答案见解析；（2）3.

【分析】（1）求导可得解析式，分别讨论、和三种情况下的正负，可得的单调区间，即可得答案.

（2）在上恒成立，等价为恒成立，设，利用导数可得的单调性，即可得的最小值，根据其范围，分析即可得答案.

【详解】（1）定义域为

①当时，令，得；令，得，

故的单调减区间为，单调增区间为；

②当时， 无单调区间.

③当时，令，得；令，得，

故的单调增区间为，单调减区间为.

（2），即为，得，

因为，所以同时乘以，得，

又，所以恒成立，

令，则，

令，

因为与在上均单调递增，

所以在上单调递增，且，

所以，使得，此时，

所以当时，；当)时，；

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以

因为在恒成立，所以

所以整数的最大值.

【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调区间，极值的方法，并灵活应用，对于恒成立问题，若，则即可；若，则即可，