陕西省咸阳市高新一中2022-2023学年高三上学期第五次质量检测理科数学试题及答案

这是一份陕西省咸阳市高新一中2022-2023学年高三上学期第五次质量检测理科数学试题及答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
2．若存在，使不等式成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．设命题：函数在上为单调递增函数；命题：函数为奇函数，则下列命题中真命题是（ ）
A．B．C．D．
4．函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知函数，在上随机取一个实数，则使得成立的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．下列命题正确的是（ ）
A．命题“，”的否定是“，”
B．函数“的最小正周期为”是“”的必要不充分条件
C．在时有解在时成立
D．“平面向量与的夹角是钝角”的充要条件是“”
7．如图，在正方体中，点E是上底面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知为数列的前项和，，，则（ ）
A．2000B．2020C．2021D．2022
9．函数在处有极值为，则的值为（ ）
A．B．
C．D．
10．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则△ABC面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
11．设函数，已知在上单调递增，则在上的零点最多有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
12．已知是函数的零点，是函数的零点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．____________．
14．已知向量，若，则实数__________.
15．在三角形中，角，，的对边分别为，，.若，且，，则三角形的面积为______.
16．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以在高处俯瞰四周景色．如图，某摩天轮的最高点距离地面的高度为12，转盘的直径为10，A，B为摩天轮在地面上的两个底座，，点P为摩天轮的座舱，则的范围为______．
三、解答题
17．已知数列的前项和.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
18．如图中，已知点在边上，且，，，．
（1）求的长；
（2）求．
（注：）
19．如图①，在菱形中，且，为的中点．将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥．
(1)求证：平面；
(2)若为的中点，求二面角的余弦值．
20．已知点在抛物线上.
(1)求抛物线E的方程；
(2)直线都过点的斜率之积为，且分别与抛物线E相交于点A，C和点B，D，设M是的中点，N是的中点，求证：直线恒过定点.
21．已知，．
(1)当时，讨论 的单调性；
(2)当时，证明．
22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为，（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)已知，曲线与曲线相交于A，B两点，求.
23．已知函数．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】先求得复数，求出在复平面内对应的点的坐标得答案.
【详解】解：，
，
在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限角.
故选：D
2．A
【详解】试题分析：设，因为存在，使不等式成立，可知，所以，故选A．
考点：不等式恒成立问题．
3．D
【解析】根据指数型函数以及余弦型函数的性质，可得命题、命题真假，然后根据真值表，可得结果.
【详解】由函数在上为单调递增函数
所以函数在上为单调递增函数
故命题为真命题，
由的定义域为
且
故可知函数为偶函数
所以命题为假命题.
所以为真命题.
故选：D
【点睛】本题考查函数的单调性，奇偶性的判断以及真值表的应用，属基础题.
4．D
【解析】分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】函数的定义域为，
，该函数为奇函数，排除A、C选项；
当时，，则，排除B选项.
故选：D.
【点睛】本题考查由函数的解析式辨别函数的图象，一般从函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号来进行判断，考查推理能力，属于中等题.
5．B
【分析】根据几何概型长度问题解决即可.
【详解】根据题意，函数，
若，即．解可得，
又由，则．
所以在上随机取一个实数．
所以使得成立的概率．
故选：B
6．B
【分析】对于A:利用特称命题的否定即可判断出结果.
对于B:利用辅助角公式即可化简，则可求出的值，则可判断其结果.
对于C:由于，则原命题等价于在时成立.
对于D: 当是，.
【详解】命题“，”的否定是“，”.A错误.
函数的最小正周期为等价于；则函数“的最小正周期为”是“”的必要不充分条件.B正确.
在时有解在时成立.C错误.
“平面向量与的夹角是钝角”的充要条件是“且不平行于”.D错误.
故选：B.
7．B
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角求解.
【详解】以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为2，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
8．D
【分析】利用数列中与的关系，化简得公式，即可得出，则可求出答案.
【详解】（1）当时:
（2）当时：
则
所以
所以.
故选：D.
9．B
【分析】根据函数在处有极值为，由，求解.
【详解】因为函数，
所以，
所以，，
解得a=6,b=9，
=-3，
故选：B
10．B
【分析】根据题意得到，利用余弦定理和面积公式，化简得到，
结合，得到，即可求解.
【详解】由，可得，
由余弦定理可得.
因为的面积，
所以，
因为，
所以，
故当时，取得最大值3，此时.
故选：B.
11．A
【分析】先求出函数的单调区间，根据题意得出参数的范围，设，则，由，得出函数在上的零点情况出答案.
【详解】由，，得，，
取，可得.若在上单词递增，则，
解得.若，则.
设，则，因为
所以函数在上的零点最多有2个.
所以在上的零点最多有2个.
故选：A
12．D
【分析】分析可知为直线与曲线的交点的横坐标，为直线与曲线的交点的横坐标，利用函数与的图象关于直线对称，数形结合可得出的值.
【详解】由已知可得，所以，，
所以，为直线与曲线的交点的横坐标，
，则，
则为直线与曲线的交点的横坐标，如下图所示：
函数与的图象关于直线对称，联立，可得，
所以，直线与直线交于点，
由图象可知，点、关于点对称，所以，，可得.
故选：D.
13．
【分析】运用微积分基本定理直接求解即可.
【详解】
故答案为：
14．
【分析】根据向量垂直列方程，化简求得.
【详解】由于，所以.
故答案为：
15．
【分析】根据正弦定理得到，根据余弦定理得到，再计算面积得到答案.
【详解】由正弦定理，，
.，，，
由，及余弦定理，，，，所以三角形的面积为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.
16．
【分析】由题意可得到P到AB中点距离的最大值和最小值，然后根据数量积的运算，可得到答案.
【详解】设C为AB的中点，如图示：由题意可知： ,
则，
又因为，所以的取值范围是,
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）由可求得数列的通项公式；
（2）证明出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，利用等比数列求和公式可求得.
【详解】（1）解：由题意，当时，，
当时，，
当时，也满足，，．
（2）解：由（1）知，，则且，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，．
18．（1）；（2）.
【分析】（1）通过垂直关系，求出cs∠BAD的值，在△ABD中，由余弦定理求AD的长；
（2）在△ABD中，由正弦定理求出sin∠ADB，通过三角形是直角三角形，即可求csC
【详解】解：（1）由知,
在△ABD中，由余弦定理知
即解得或
显然，故.
（2）由得,
在△ABD中，由正弦定理知，故
所以.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在图①中，连接，证明出，在图②中，利用勾股定理证明出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：在图①中，连接．
四边形为菱形，，是等边三角形．
为的中点，，
又，．
在图②中，，则，．
，平面.
（2）解：以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系．
则、、、、.
为的中点，.
，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得.
又平面的一个法向量为．
设二面角的大小为，由题意知为锐角，则.
因此，二面角的余弦值为.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将点坐标代入求解抛物线方程；（2）设出直线方程，表达出的坐标，求出直线的斜率，利用直线斜率之积为-1，求出直线恒过的定点，从而证明出结论.
【详解】（1）∵点在抛物线上，
∴，
∴解得:，
∴抛物线E的方程为：.
（2）由分别与E相交于点A，C和点B，D，且由条件知：两直线的斜率存在且不为零.
∴设
由得：
设，则，∴，又，即
同理可得：
∴，
∴
即：，
∵的斜率之积为，
∴，即，
∴，
即直线过定点.
21．(1)函数的增区间为、，减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域，分别解不等式、，可得出函数的减区间和增区间；
（2）分、两种情况证明所证不等式，当时，直接验证即可；在时，证明出，构造函数，其中，利用导数求得即可证得所证不等式成立.综合可证得结论成立.
【详解】（1）解：当时，，该函数的定义域为，
，
由可得，由可得或，
因此，当时，函数的增区间为、，减区间为.
（2）证明：由得.
①当时，，，不等式显然成立；
②当时，，由，得，
所以只需证，即证，
令，其中，则，
令，其中，则，
令，则，所以在上单调递增，
因为，，所以存在，使得成立，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又因为，，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，原不等式得证.
综上所述，当时，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
22．(1)，
(2)2
【分析】（1）消参数即可得曲线的普通方程，利用极坐标方程与直角坐标方程之间的转化关系式，从而曲线的直角坐标方程；（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，得关于的一元二次方程，由韦达定理得，即可得的值.
【详解】（1）由，消去参数，得，即，
所以曲线的普通方程为.
由，得，即，
所以曲线的直角坐标方程为
（2）将代入，整理得，
则，令方程的两个根为
由韦达定理得，所以.
23．(1)
(2)
【分析】依题意，，分，两种情况讨论，计算求解即可；
依题意，在上恒成立，即上式化为，分离参数，利用基本不等式求解即可．
【详解】（1）依题意，，
若，原式化为，解得；
若，原式化为，解得；
综上所述，不等式的解集为；
（2）依题意，，
由，故上式化为，
故，
而，当且仅当时等号成立，
故，
即实数的取值范围为．