2023届陕西省咸阳市高新一中高三上学期第三次质量检测数学（文）试题含解析

2023届陕西省咸阳市高新一中高三上学期第三次质量检测数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】解两个集合中的不等式，然后两个解集取交集.

【详解】不等式解得，∴，

不等式解得，∴，

可得.

故选：D

2．复数（i为虚数单位）的虚部为

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先化简复数，再根据虚数概念求解.

【详解】因为，所以虚部为

故选B

【点睛】本题考查复数运算以及虚数概念，考查基本分析求解能力，属基础题.

3．甲、乙、丙三人参加某公司举行的“学习强国”笔试考试，最终只有一人能够被该公司录用，得到考试结果后，乙说:丙被录用了；丙说:甲被录用了；甲说:我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（    ）

A．甲被录用 B．乙被录用

C．丙被录用 D．无法确定谁被录用

【答案】C

【分析】分别讨论甲、乙、丙被录取,判断甲、乙、丙说法说法正确即可.

【详解】若甲被录取,则乙说法错误,甲说法错误,丙说法正确,则不满足条件；

若乙被录取,则乙说法错误,甲说法正确,丙说法错误,则不满足条件；

若丙被录取,则乙说法正确,甲说法正确,丙说法错误,则满足条件.故丙被录取.

故选：C

【点睛】合情推理中的逻辑推理，利用命题的真假进行推理，只要找到题干中的矛盾项就能够顺利解题，矛盾项必然一真一假，利用其它给定条件就能够快速解题。

4．数列满足，，数列的前n项积为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意，数列为等比数列，求解通项公式，代入计算即可

【详解】由题意，，，故数列为等比数列

故选：C

5．已知向量，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】首先求出当时，或者，然后根据小范围能推出大范围，大范围推不出小范围判断是什么条件即可.

【详解】因为，

若，则即，

解得或者，

所以推不出；

反之能推出，

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B

【点睛】本题主要考查充分必要性，在求解过程中始终利用小范围能推出大范围，大范围推不出小范围的原则判断即可.

6．用反证法证明命题：“设、为实数，则方程至少有一个实根”时，要做的假设是（    ）

A．方程没有实根

B．方程至多有一个实根

C．方程至多有两个实根

D．方程恰好有两个实根

【答案】A

【解析】依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，即可得出结论．

【详解】方程至少有一个实根的反面是方程没有实根，

因此，用反证法证明命题：“设、为实数，则方程至少有一个实根”时，要做的假设是“方程没有实根”.

故选：A.

7．已知，，，则的最小值为（    ）

A．16 B．4 C． D．

【答案】C

【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．

【详解】因为，，，

则，

当且仅当且即，时取等号．

故选：C．

【点睛】本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，属于基础题．

8．如图，正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，一只蚂蚁从点出发沿每个侧面爬到，路线为，则蚂蚁爬行的最短路程是

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】画出棱柱的侧面展开图，由图可得最短距离为对角线的长，利用勾股定理即可求.

【详解】正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为，宽为，则其对角线的长为最短程. 因此蚂蚁爬行的最短路程为.

 故选A.

【点睛】本题考查利用侧面展开图求最短路程，掌握把空间图形展开转化为平面图形的解决方法，是基础题．

9．已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的体积之比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设圆锥底面圆半径为，球的半径为，根据题意画出图形，结合图形求出与的关系，再计算球与圆锥的体积和它们的比值.

【详解】设圆锥底面圆半径为，球的半径为，

由题意知，圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，

球的大圆是该等边三角形的内切圆，记球的体积为，圆锥的体积为

所以，，

，

所以球与圆锥的体积之比为

故选：B

10．已知函数，则它的图像大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的奇偶性可排除C，再根据函数在上函数值的符号排除BD，从而可得正确的选项.

【详解】的定义域为，

因为，故为上的奇函数，故排除C.

又当时，，故此时，排除BD．

故选：A．

11．已知函数的导函数为，若满足对恒成立，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】令，根据题设条件可得的单调性，从而可得正确的选项.

【详解】令，则，

故为上的增函数，故即，

故选：D.

12．已知函数，若互不相等的实数满足，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】画出分段函数的图像，设，由题意可得，进而可得的取值范围

【详解】解：当时，为减函数，当时，，

所以画出函数图像如图所示，

设，则，

由，得，所以，

所以，即，

故选：B

【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的应用，解题的关键是根据题意画出函数图像，利用图像求解，考查数形结合的思想，属于中档题

二、填空题

13．已知，，为球的球面上的三个点，为的外接圆.若的面积为，，则球的表面积为______.

【答案】

【解析】根据的面积求出的半径，根据正弦定理求出，根据勾股定理求出球的半径，根据球的表面积公式可得结果.

【详解】因为的面积为，所以的半径为2，直径为4，

所以，

所以球的半径为，

所以球的表面积为.

故答案为：

【点睛】本题考查了正弦定理，考查了球的性质，考查了球的表面积公式，属于基础题.

14．若变量满足约束条件则的最大值为________________________．

【答案】7

【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．

【详解】作出可行域如图所示：

由设直线l：，当直线l经过可行域中时，纵截距最小，z最大.

此时.

故答案为：7

【点睛】简单线性规划问题的解题步骤：

(1)画出可行域;

(2)作出目标函数所表示的某条直线（通常选作过原点的直线），移动此直线并观察此直线经过可行域的哪个（些）点时，函数有最大（小）值；

(3)求（写）出最优解和相应的最大（小）值；

(4)下结论．

15．曲线在点处的切线方程为________________________．

【答案】．

【分析】求出原函数的导函数，得到函数在处的导数，再求出（1）的值，利用直线方程的点斜式得答案．

【详解】由，得，

（1），

又（1），

曲线在点，（1）处的切线方程为，

即．

故答案为：．

【点睛】方法点睛：在函数上的点处的切线方程为，在解题时注意灵活运用.

16．设,，，，O为坐标原点，若A、B、C三点共线，则的最小值是________________

【答案】8

【详解】，，

因为A、B、C三点共线，所以，

所以，即，

，

当且仅当时等号成立．

所以的最小值为8.

三、解答题

17．设.

（1）求的单调递增区间;

（2）把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求的值.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）利用三角恒等变换化简的解析式，再利用正弦函数的单调性，求得函数的增区间．

（2）利用函数的图象变换规律，求得的解析式，从而求得的值．

【详解】解：（1）由

，

由， 解得，

所以的单调递增区间是.

（2）由（1）知，

把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到的图象，

在把得到的图象向左平移个单位，得到的图象，

即.

所以.

【点睛】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的单调性，函数的图象变换规律，求函数的值，属于基础题．

18．已知等差数列的公差，且成等比数列，数列满足

（1）求的通项公式；

（2）求的前项和.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由等比数列的性质及等差数列的通项公式可得，即可得，再由等差数列的通项公式即可得解；

（2）由题意，结合并项求和法、等差数列的前n项和公式即可得解.

【详解】（1）因为等差数列满足，且，，成等比数列，

所以 ，因为，所以，

所以；

（2）由（1）得，

所以

．

19．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且

(1)求角A；

(2)若a=2. 的周长为6，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件及正弦定理、三角形的内角和定理及两角

的正弦公式，得出及范围即可求解.

（2）根据三角形的周长公式、余弦定理及三角形的面积公式即可求解.

【详解】（1）由及正弦定理，得

即，，得

，，，.

（2）由（1）知，，

因为的周长为6，则，解得，

由余弦定理，得

，即，

解得.

所以的面积为

.

20．如图，已知多面体中，，，均垂直于平面.，，，.

（I）证明：平面；

（II）求多面体的体积.

【答案】（I）证明见解析；（II）.

【分析】（I）先后两次利用勾股定理的逆定理证明出和即可；

（II）连接，将多面体分割成三棱锥和四棱锥，分别求出各自的体积，最后相加即可.

【详解】证明：由

得，所以

所以.

由，得到.

又因为，，由余弦定理得.

由得，所以

所以

又，

所以平面.

（II）

如图连接，将多面体分割成三棱锥和四棱锥，

点到平面的距离等于点到平面，即点到AC的距离，即.

,

，

所以多面体的体积的体积为=.

21．已知函数.

（1）当时，讨论函数的单调性；

（2）若函数有两个不同的零点，求的取值范围.

【答案】（1）的增区间为，减区间为．（2）

【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性；

（2）就分类讨论，后者可结合导数求出函数的最小值，根据函数有两个不同的零点得到最值的符号，从而得到的取值范围，注意利用零点存在定理检验．

【详解】（1）若，则，故，

当时，；当时，，

故在上为增函数，在上为减函数，

即的增区间为，减区间为．

（2），

当时，，此时在无零点，不合题意．

当时，当时，则；当时，，

故在上为增函数，在上为减函数，

故，

因为函数有两个不同的零点，则即．

又当时，，而，

结合函数的单调性可得在上有且只有一个零点；

而，

令，，则，

故在上为增函数，

故，

故，结合函数的单调性可得在上有且只有一个零点，

故的取值范围为．

【点睛】方法点睛：导数背景下函数的零点问题，需利用导数讨论函数的单调性，从而得到函数的最值，结合最值的符号得到参数的取值范围，注意需利用零点存在定理检验前者是否满足要求．

22．在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，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）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

（2）设点，直线与曲线的交点为，求的值.

【答案】（1）直线的普通方程的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.

【分析】（1）消去后可得直线的普通方程，利用两角差的余弦结合可得曲线的直角坐标方程.

（2）利用直线参数方程中参数的几何意义可求的值.

【详解】（1）因为直线的参数方程为，故消去后可得，

故直线的普通方程为.

因为曲线的极坐标方程为即，

故即.

故曲线的直角坐标方程为.

（2）因为，故在直线上，

设，

直线的参数方程为，将其代入曲线的直角坐标方程，

故，

整理得到：，

故为方程的两个根且，，

故.

【点睛】方法点睛：直线的参数方程有很多种，如果直线的参数方程为 （其中为参数），注意表示直线上的点到的距离，我们常利用这个几何意义计算直线上线段的长度和、差、积等．