陕西省2023届高三下学期教学质量检测（二）文科数学试题

陕西省2023届高三下学期教学质量检测（二）文科数学试题

一、单选题

1．已知集合，则的子集的个数为（    ）

A． B． C． D．

2．若复数为纯虚数，则a的值为（    ）

A．-1 B．1 C．0或1 D．-1或1

3．设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列四个命题中正确的是（    ）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，，则 D．若，，，则

4．某兴趣小组有名男生和名女生，现从中任选名学生去参加活动，则恰好选中名女生的概率为（    ）

A． B． C． D．

5．短道速滑队6名队员(含赛前系列赛积分最靠前的甲乙丙三名队员在内)进行冬奥会选拔，记“甲得第一名”为p，“乙得第二名”为q，“丙得第三名”为r，若是真命题，是假命题，是真命题，则选拔赛的结果为(    )

A．甲得第一名，乙得第二名，丙得第三名 B．甲得第二名，乙得第一名，丙得第三名

C．甲得第一名，乙得第三名，丙得第二名 D．甲得第一名，乙没得第二名，丙得第三名

6．已知向量，，若∥，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．

7．我国明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道闻名世界的题目：“一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大小和尚各几丁？”如图所示的程序框图反映了对此题的一个求解算法，则输出的的值为（    ）

A．25 B．45 C．55 D．75

8．已知函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，．则下列选项正确的是（    ）

A．

B．的图象的对称轴方程为（）

C．的单调递减区间为（）

D．的解集为（）

9．已知是定义在上的奇函数，若为偶函数且，则（    ）

A．3 B． C． D．6

10．已知三棱锥中，，，D是的中点，平面ABC，点P，A，B，C在球心为O的球面上，若三棱锥的体积是，则球O的半径为（    ）

A． B．1 C． D．

11．如图，，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，是面积为的正三角形，则的值是（    ）

A． B． C． D．

12．已知集合，．若存在，，使，则称函数与互为“度零点函数”．若函数与函数互为“1度零点函数”．则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．设等差数列的前项和为，若，则的值为__________．

14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．若的面积为，则的最小值为______．

15．如图，两个椭圆、内部重叠区域的边界记为曲线是曲线上的任意一点，给出下列四个判断：

①到、、、四点的距离之和为定值；

②曲线关于直线均对称；

③曲线所围区域面积必小于36．

④曲线总长度不大于6π．上述判断中正确命题的序号为________________．

三、解答题

16．已知在各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项.

(1)求数列，的通项公式；

(2)设数列___________，求数列的前项和.请在①；②；③这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答.

17．梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=，∠BCD=，AD=CD=2，过点A作AE⊥AB，交BC于E（如图）．现沿AE将△ABE折起，使得BC⊥DE，得四棱锥B-AECD（如图）．

（Ⅰ）求证：平面BDE⊥平面ABC；

（Ⅱ）若侧棱BC上的点F满足FC=2BF，求三棱锥B-DEF的体积．

18．对一批产品的长度（单位：mm）进行抽样检测，检测结果的频率分布直方图如图所示．根据标准，产品长度在区间上的为一等品，在区间和区间上的为二等品，在区间和上的为三等品．

(1)用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取1件，求其为二等品的概率；

(2)已知检测结果为一等品的有6件，现随机从三等品中有放回地连续取两次，每次取1件，求取出的2件产品中恰有1件的长度在区间上的概率．

19．已知椭圆C：(a＞b＞0)的离心率为，点在椭圆上，O为坐标原点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值．

20．已知函数．

(1)若，证明：；

(2)若有两个不同的零点，求a的取值范围，并证明：．

21．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（Ⅰ）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；

（Ⅱ）已知点，曲线与相交于，两个不同点，求的值．

22．已知函数的最小值为m.

（1）画出函数的图象，利用图象写出函数最小值m；

（2）若，且，求证：.

四、双空题

23．已知曲线在处的切线方程为，则_________，_________．

参考答案：

1．D

【分析】根据集合交集的定义，结合子集个数公式进行求解即可．

【详解】由题意，因此它的子集个数为4．

故选：D．

2．B

【分析】纯虚数只需让复数的实部为0，虚部不为0，因此可以对应列式，解出即可.

【详解】由，

解得，

故选：B.

3．D

【分析】根据空间中线面的位置关系逐一分析判断即可得解.

【详解】解： 对于A，若，，则平行，相交或异面，故A错误；

对于B，若，，则相交或平行；

对于C，若，，，则平行或异面或相交，故C错误；

对于D，若，，则，又，则，故D正确.

故选：D.

4．C

【分析】记名男生分别为、，记名女生分别为、、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】记名男生分别为、，记名女生分别为、、，

从中任选名学生去参加活动，所有的基本事件有：、、、、、、

、、、，共种，

其中，事件“恰好选中名女生”所包含的基本事件有：、、，共种，

故所求概率为.

故选：C.

5．D

【分析】根据或且非命题真假判断即可.

【详解】若是真命题，是假命题，则p和q一真一假；

若是真命题，则q是假命题，r是真命题；

综上可知，p真q假r真，故“甲得第一名、乙没得第二名、丙得第三名”.

故选：D.

6．C

【分析】直接利用平面向量共线的性质求解即可..

【详解】由已知得，，

∵∥，

∴，解得，

故选：.

7．D

【分析】根据程序框图，模拟程序计算过程，计算每一步的，，的值，直到退出循环，即可求得结果.

【详解】执行程序框图：，，，

，，，继续执行；

，，，继续执行；

，，，继续执行；

，，，继续执行；

，，，继续执行；

，，，退出循环，输出.

故选：D.

8．D

【分析】由题意，求出函数的解析式，然后根据余弦型函数的图象与性质即可求解.

【详解】解：对A：因为函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，所以，故选项A错误；

对B：因为，所以，因为，所以，

所以，令（）得（），

即的图象的对称轴方程为（），故选项B错误；

对C：令（）得（），

即的单调递减区间为（），故选项C错误；

对D：令，得，

所以（），解得（），

所以的解集为（），故选项D正确．

故选：D．

9．A

【分析】利用函数的奇偶性得出函数的周期，从而求值.

【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，，所以有，

由为偶函数可得：，

故有

即，，故，

所以周期，

故

故选：A

10．D

【分析】先由体积求出的长，由的外接圆的圆心为的中点，平面ABC，所以三棱锥的外接球的球心在直线上，根据直角三角形中勾股定理可求解.

【详解】三棱锥的体积,则

，则的外接圆的圆心为的中点,

又平面ABC，所以三棱锥的外接球的球心在直线上

如图，三棱锥的外接球的半径为，连接,则,

在直角三角形中，，即，解得

故选：D

11．B

【分析】根据正三角形可得及点坐标，将点代入椭圆方程，可得，，进而可得离心率.

【详解】

由于是面积为的正三角形，

过点作轴于，则为的中点，

所以，，

所以，解得，

所以，

将点的坐标代入椭圆方程，得，

即，

解得，，

，

，

故选：B．

12．A

【分析】由，得，设的解为，根据函数与函数互为“1度零点函数”，由，得到，再由，转化为，在时有解求解.

【详解】解：由，得，

由，得，设其解为，

因为函数与函数互为“1度零点函数”，

所以，解得，

由，得，时有解，

令，

则，，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

所以，

所以实数的取值范围为，

故选：A

13．

【分析】先利用等差中项公式得到，从而得到，再利用等差数列的前项和公式与等差数列的下标和性质即可得解.

【详解】因为在等差数列中，有，

又由已知，得，

所以.

故答案为：.

14．

【分析】利用正弦定理结三角函数恒等变换公式对已知的式子化简可求出，然后由的面积为，可求出，再利用基本不等式可求出的最小值

【详解】由正弦定理，得．

，

，

因为，

所以，，

所以，

因为

所以

所以，即．

因为的面积为，所以，即 ，

所以，当且仅当时取等号，

故的最小值为．

故答案为：

15．②③

【分析】对于①，根据椭圆的定义判断即可；对于②，根据两个椭圆关于直线均对称判断即可；对于③，根据曲线所围区域在边长为6的正方形内部判断即可；对于④，根据曲线所围区域在半径为3的圆外部判断即可.

【详解】对于①，考虑点不是交点的情况，若点在椭圆 上，到、两点的距离之和为定值10、到、两点的距离之和不为定值，故错；

对于②，两个椭圆关于直线均对称，曲线关于直线均对称，故正确；

对于③，因为两个椭圆的短半轴长均为3，故曲线所围区域在边长为6的正方形内部，所以面积必小于36，故正确；

对于④，因为两个椭圆的短半轴长均为3，故曲线所围区域在半径为3的圆外部，所以曲线的总长度大于圆的周长：6π，故错误；

综上可得：上述判断中正确命题的序号为②③．

故答案为：②③．

16．(1)，

(2)答案见解析

【分析】（1）根据等差中项的定义，结合条件，可求解得到，设出公差为，则根据条件，，构成等比数列的前三项，利用等比中项的定义即可得到关于的方程从而求解得出结果；

（2）若选①，利用错位相减法计算可得；

若选②，利用裂项相消法求和即可；

若选③，利用分组求和法及对分奇偶两种情况讨论，计算可得；

【详解】（1）解：根据题意，因为数列为各项均为正数的等差数列，

所以，即得，

设公差为，则有，，，

又因为，，构成等比数列的前三项，

所以，即，

解之可得，或（舍去），

所以，即得数列是以3为首项，2为公差的等差数列，

故可得，

且由题可得，，，

所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故可得，

（2）解：若选①，则，

则①，

在上式两边同时乘以2可得，②，

①②可得，，

即得；

若选②，则，

则；

若选③，则，

则

所以当为偶数时，；

由上可得当为奇数时，，

综上可得，．

17．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）

【分析】（Ⅰ）通过计算，可知四边形ADCE是菱形，这样得到对角线互相垂直，再根据已知的垂直关系，可以得到线面垂直，最后可以证明面面垂直；

（Ⅱ）先计算出VB-CDE，通过等积法和FC=2BF，可通过下列的等式进行求解：

,进行求解．

【详解】（I）证明：在△ABE中，∵AB⊥AE，∠ABC=，

∴∠BEA=，又∠BCD=，

∴AE∥CD，又AD∥CE，AD=CD，

∴四边形ADCE是菱形，∴DE⊥AC，

又DE⊥BC，AC∩BC=C，

∴DE⊥平面ABC，又DE⊂平面BDE，

∴平面BDE⊥平面ABC．

（II）解：由（I）知DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，

∴DE⊥AB，又AB⊥AE，AE∩DE=E，

∴AB⊥平面ADCE，

∵AE=CD=2，∠ABC=，∠BAE=，

∴AB=2，

又S△CDE==，

∴VB-CDE=S△CDE•AB==2．

∵FC=2BF，

∴VB-DEF=VB-CDE=．

18．(1)

(2)

【分析】（1）由频率分布直方图可得检测结果在区间和区间上的频率/组距，继而可得结果；

（2）由检测结果为一等品的数量可得抽检的总数，从而得出三等品的数量，再根据古典概型计算即可.

【详解】（1）由频率分布直方图可得：检测结果在区间上的频率/组距为：，所以检测结果在区间和区间上的频率为：，用频率估计概率，故二等品的概率为：0.45；

（2）由频率分布直方图可得：检测一等品的概率为，而抽检件数为6，故抽检总数为.

故检测长度在区间和上的数量分别为：，，

所以取出的2件产品中恰有1件的长度在区间上的概率.

19．（1）；（2）

【详解】试题分析：（1）由椭圆的离心率得出、的关系，再由、、的平方关系，把点的坐标代入椭圆的方程，求出、的值，写出椭圆的方程；（2）讨论直线的斜率k不存在和斜率存在时，根据，结合韦达定理，分别计算四边形的面积，即可得出四边形的面积为定值.

试题解析：(1)因为椭圆()的离心率为，所以，得，①，又点在椭圆上，所以，②，联立①、②得，且，所以椭圆C的方程为.

(2)当直线的斜率不存在时，的方程为或，从而有，，

当直线的斜率存在时，设直线的方程为()，，；将的方程代入整理得，

所以，，.

由，得，将点坐标代入椭圆方程得，又点到直线的距离为，，

，综上可知，平行四边形的面积为定值.

20．(1)证明见详解；

(2)证明见详解．

【分析】（1）令，利用导数分析其单调性求出最大值即可证明；

（2）令，通过求导分析单调性，结合的单调性从而证明结结论．

【详解】（1）当时，，定义域为

令，则

当时，；当时，；

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

故，所以，得；

（2）因为有两个不同的零点，则在定义域内不单调；

由

当时，在恒成立，则在上单调递减，不符合题意；

当时，在上有，在上有，

所以在上单调递增，在上单调递减．不妨设

令

则

当时，，则在上单调递增

所以

故，因为

所以，又，

则，又在上单调递减，

所以，则．

21．（Ⅰ），；（Ⅱ）.

【分析】（1）消参，将参数方程化为普通方程，通过把极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）由曲线的直角方程，写出其标准参数方程，联立曲线的普通方程，化简得到韦达定理，利用直线参数方程里参数的几何意义解得答案.

【详解】解：（Ⅰ）曲线的参数方程为（为参数），整理得，转换为普通方程为；

曲线的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为；

（Ⅱ）把直线转换为（为参数），代入，

得到：，

所以，，

所以．

【点睛】方法点睛：（1）将参数方程转化为，作差进行消参，求得普通方程，通过把极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）将直线化为标准参数方程，则参数t的几何意义表示点到定点的长度，从而可以解决到定点的长度问题.

22．（1）图象见详解，最小值为3；（2）证明见详解.

【分析】（1）利用绝对值的定义将函数的表达式写成分段函数的形式，考察函数各段上的单调性，进而画出图象，进而得到函数的最小值；

（2）对a,b,c中的每两个数利用基本不等式，并利用不等式的加法性质得到中间结论，在两边同时加上适当的式子，配方并利用已知条件即得证明.

【详解】（１）,

图象如图所示：

由图可知当时取得最小值.

（2）由题意得.

,,

三式相加并整理得：,

两边同时加：，并配方得

，成立.

【点睛】本题考查绝对值函数的性质和利用基本不等式证明其它不等式，属基础题.画图象时关键是根据绝对值得零点分段，然后分段绘制函数的图象，证明不等式时要注意使用基本不等式，并注意时当配凑，配方以便使用已知条件证明结论.

23．         

【分析】直接利用导数的几何意义求切线方程待定系数即可.

【详解】易知

由题意可得当时，，所以.

故答案为：1；