2023届陕西省咸阳市武功县高三上学期第二次质量检测数学（理）试题含解析

2023届陕西省咸阳市武功县高三上学期第二次质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．设全集，集合M满足，则（    ）

A．2M B．

C． D．6M

【答案】C

【分析】由条件求出集合，然后逐项验证即可

【详解】因为，，所以，

所以元素2与集合的关系为，A错误，

元素3与集合的关系为，B错误，

元素4与集合的关系为，C正确，

元素6与集合的关系为，D错误

故选：C.

2．已知为虚数单位，且复数满足，则复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由复数的模的定义可知,根据复数的除法,求出复数即可.

【详解】,即.

故选:.

【点睛】本题考查复数模的定义及四则运算,要求掌握复数的除法运算,难度容易.

3．下列函数中是奇函数，且最小正周期是的函数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数解析式判断奇偶性，结合最小正周期即可得出结果．

【详解】对于A，函数是偶函数，故A错误；

对于B，函数是奇函数，但其最小正周期为，故B错误；

对于C，函数是偶函数，故C错误；

对于D，函数是奇函数，根据公式求得其最小

正周期，故D正确．

故选：D

4．已知直线l与平面相交，则下列命题中，正确的个数为（    ）

①平面内的所有直线均与直线l异面；

②平面内存在与直线l垂直的直线；

③平面内不存在直线与直线l平行；

④平面内所有直线均与直线l相交.

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】利用长方体模型举反例判断命题①④，分情况证明命题②，利用反证法证明命题③正确.

【详解】在长方体中，取平面为平面，直线为直线，

则直线l与平面相交，满足条件，

对于命题①，因为直线平面，直线与直线相交，所以命题①错误，

对于命题④，因为直线平面，直线与直线不相交，所以命题④错误，

对于命题②，若直线l与平面垂直，则任取直线，都有，即平面内存在与直线l垂直的直线；若直线l与平面不垂直，如图，，在直线上任取异于点的点，过点作平面，垂足为，连接，在平面过点作直线，因为平面，，所以，又，，平面，所以平面，直线平面，所以直线，故平面内存在与直线l垂直的直线；命题②正确，

对于命题③，如图，假设平面内存在直线与直线l平行；

因为，，，所以，与矛盾，所以平面内不存在直线与直线l平行；命题③正确，

故选：B.

5．已知且，则是的（  ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【详解】试题分析：由或

或

可得是的充分不必要条件.

故选：A

【解析】函数性质与充要条件.

6．下图中的函数图象所对应的解析式可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据函数图象的对称性、奇偶性、单调性以及特殊点，利用排除法即可求解.

【详解】解：根据图象可知，函数关于对称，且当时，，故排除B、D两项；

当时，函数图象单调递增，无限接近于0，对于C项，当时，单调递减，故排除C项.

故选：A.

7．《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著.该书记述了我国古代种算法，分别是：积算（即筹算）、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算和计数.某中学研究性学习小组有甲、乙、丙、丁四人，该小组拟全部收集九宫算、运筹算、了知算、成数算和把头算等种算法的相关资料，要求每人至少收集其中一种，且每种算法只由一个人收集，但甲不收集九宫算和了知算的资料，则不同的分工收集方案共有（   ）种.

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】对甲收集的方案种数进行分类讨论，结合分组分配原理以及分类加法计数原理可求得结果.

【详解】分以下两种情况讨论：

①若甲只收集一种算法，则甲有种选择，将其余种算法分为组，再分配给乙、丙、丁三人，

此时，不同的收集方案种数为种；

②若甲收集两种算法，则甲可在运筹算、成数算和把头算种算法中选择种，其余种算法分配给乙、丙、丁三人，

此时，不同的收集方案种数为种.

综上所述，不同的收集方案种数为种.

故选：C.

8．某地教育局为了解“双减”政策的落实情况，在辖区内高三年级在校学生中抽取100名学生，调查他们课后完成作业的时间，根据调查结果绘制如下频率直方图.根据此频率直方图，下列结论中不正确的是（    ）

A．所抽取的学生中有25人在2小时至小时之间完成作业

B．该地高三年级学生完成作业的时间超过3小时的概率估计为

C．估计该地高三年级学生的平均做作业的时间超过小时

D．估计该地高三年级有一半以上的学生做作业的时间在2小时至3小时之间

【答案】D

【分析】对A，利用直方图中2小时至小时之间的频率判断A;

对B，计算超过3小时的频率可判断B;

对C，根据直方图中平均数的公式计算，可判断C;

对D，计算做作业的时间在2小时至3小时之间的频率，可判断D.

【详解】对A，直方图中2小时至小时之间的频率为，故所抽取的学生中有25人在2小时至小时之间完成作业，故A正确；

对B，由直方图得超过3小时的频率为,所以B正确；

对C，直方图可计算学生做作业的时间的平均数为：，所以C正确；

对D，做作业的时间在2小时至3小时之间的频率为，所以D错误.

故选:D．

9．2021年10月16日0时23分，长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，秒后，神舟十三号载人飞船进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富三名航天员送入太空．在不考虑空气阻力的条件下，从发射开始，火箭的最大飞行速度满足公式：，其中为火箭推进剂质量，为去除推进剂后的火箭有效载荷质量，为火箭发动机喷流相对火箭的速度．当时，千米/秒．在保持不变的情况下，若吨，假设要使超过第一宇宙速度达到千米/秒，则至少约为（结果精确到，参考数据：，）（   ）

A．吨 B．吨 C．吨 D．吨

【答案】B

【分析】根据所给条件先求出，再由千米/秒列方程求解即可.

【详解】因为当时，，

所以，

由，

得，

所以，

解得（吨），

即至少约为吨.

故选：B

10．已知数列中，，，，则下列结论错误的是（）

A． B．

C．是等比数列 D．

【答案】D

【分析】AB项，分别令，，求出的值验证；CD项，由可得，得，继而得到及均为等比数列，根据等比数列的通项求解.

【详解】当时，，故A正确.

当时，，

当时，，，故B正确.

C项，，

，

所以得，所以，是以为首项，为公比的等比数列，故C正确.

D项，由C项得，

又，，是以为首项，为公比的等比数列，

，故D错误.

故选：D

11．已知椭圆的离心率为，点A，B是椭圆C的长轴顶点，直线与椭圆C交于P，Q两点，记，分别为直线AP和直线BQ的斜率，则的最小值为（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由题意不妨设，由此可推出，从而结合基本不等式求得答案.

【详解】由题意，不妨设 ，

不妨设，，则，

则，，，

故同号，

故，当且仅当时取等号，

即的最小值为，

故选：C．

12．已知函数，且恒成立，若恰好有1个零点，则实数的范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由恒成立，可得.

注意到，则的零点为.函数零点为.后分四种情况讨论即可.

【详解】因恒成立，则，

则，又，

则的零点为，1.又函数零点为.

①当时，在上无零点，在上有零点，则符合题意；

②当时，在上有零点，在上有零点，则不合题意；

③当时，在上有零点，在上无零点，则符合题意；

④当时，在上有零点，1，在上无零点，则不合题意.

综上：.

故选：C

二、填空题

13．已知等差数列（）满足，则__________.

【答案】1

【分析】利用等差中项的性质可得，进而可求结果.

【详解】由题设，

所以，即.

故答案为：1

14．如图，在中，，，为的中点，则_____________．

【答案】

【分析】，据此可得答案.

【详解】.

则.

故答案为：

15．写出与圆和圆都相切的一条直线的方程；______．

【答案】或或

【分析】先判断两圆位置关系，再分情况依次求解可得.

【详解】解：圆的圆心为，半径为；

圆的圆心为，半径为，

圆心距为，所以两圆外切，切点为坐标原点.

如图，公切线有三条，分别记为，

由图可知，切线斜率存在，故设切线方程为，

所以，整理得，即或，

所以，当时，，整理得，解得，即方程为；

当时，，解得，即方程为；

所以，所求切线方程为，，

故答案为：或或

16．在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积是___________．

【答案】

【分析】结合条件及图形可将三棱锥补形为正方体，则三棱锥外接球与正方体外接球相同.

【详解】如图，将三棱锥补形为棱长为2的正方体，则三棱锥外接球与正方体外接球相同，则外接球直径为正方体体对角线，

则外接球半径，则外接球表面积为：.

故答案为：

三、解答题

17．在中，，，且．

(1)求的值；

(2)若，求的面积．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）由正弦定理可得，然后由余弦定理即可求解；

（2）利用可得，然后利用面积公式即可求解

【详解】（1）∵，∴由正弦定理得，

由余弦定理得，

∵，，∴，化简得，

解得或．

（2）由（1）知，或，

当时，，与题意不符；当时，，符合题意，

∴，∵，，∴，

∴的面积．

18．已知抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为1.

(1)求抛物线的方程；

(2)若抛物线上一点A到的距离是4，求A的坐标.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由题意求得抛物线的焦点与双曲线的渐近线，再由点线距离公式求得p值，从而得到抛物线方程；

（2）由抛物线的定义可求得A点横坐标，再代入抛物线方程即可得解.

【详解】（1）根据题意，抛物线的焦点F为，双曲线的渐近线方程为，即，

则焦点到双曲线的渐近线的距离为，解得（负值舍去），

故抛物线的方程为.

（2）设，由抛物线的定义可知，即，解得，

将代入抛物线方程，得，

所以A的坐标为或．

19．为丰富学生的校园生活，提升学生的实践能力和综合素质能力，培养学生的兴趣爱好，某校计划借课后托管服务平台开设书法兴趣班．为了解学生对这个兴趣班的喜欢情况，该校随机抽取了本校100名学生，调查他们对这个兴趣班的喜欢情况，得到数据如下：

以调查得到的男、女学生喜欢书法兴趣班的频率代替概率．

(1)从该校随机抽取1名男学生和1名女学生，求这2名学生中恰有1人喜欢书法兴趣班的概率；

(2)从该校随机抽取4名女学生，记X为喜欢书法兴趣班的女生人数，求X的分布列与期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，期望为3.

【分析】（1）恰有一人喜欢书法兴趣班分为男生喜欢女生不喜欢和男生不喜欢女生喜欢两类，先求出从男生中抽取1名学生，喜欢书法兴趣班的概率和从女生中抽取1名学生，喜欢书法兴趣班的概率，然后可计算所求概率；

（2）的值分别为0，1，2，3，4，，由二项分布的概率公式计算各概率得分布列，再由期望公式计算期望．

【详解】（1）从男生中抽取1名学生，喜欢书法兴趣班的概率为，从女生中抽取1名学生，喜欢书法兴趣班的概率为，

恰有一人喜欢书法兴趣班分为男生喜欢女生不喜欢和男生不喜欢女生喜欢两类，

所以所求概率为；

（2）从女生中抽取1名学生，喜欢书法兴趣班的概率为，

由题意的值分别为0，1，2，3，4，，

，，

，，

，

的分布列为：

．

20．如图，在直三棱柱中，侧棱长为是边长为2的正三角形，分别是的中点.

(1)求证：面面；

(2)求平面与平面的夹角的余弦值.

【答案】(1)详见解析

(2)

【分析】（1）由已知条件可证，，可得平面，即可求证；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面法向量，利用向量的夹角公式即可求解.

【详解】（1）证明：连接在三棱柱中，

因为底面，平面，

所以.

又为等边三角形，E为的中点，所以.

因为，且平面,平面,

所以平面,平面，

所以平面平面.

（2）取中点F，连结，

则因为D，F分别为，的中点，所以.

因为平面平面，且平面平面，

平面，所以平面，

如图建立空间直角坐标系，

由题意得,， ，

，，

设平面的法向量，

则，

令则.

平面的法向量

所以

平面与平面的夹角的余弦值是.

21．已知，函数.

(1)当时，求的单调区间；

(2)证明：.

【答案】(1)在上单调递减，在 上单调递增；

(2)答案见解析.

【分析】（1）代入，求出，根据恒成立，可得到单调递增，又，进而可根据导函数的符号可得到函数的单调性；

（2）原题可转化为证明恒成立，转为证明以及成立，即可证明完成.

【详解】（1）当时，，定义域为，

则，恒成立，

所以在上单调递增，且，

所以当时，；当时，.

故在上单调递减，在上单调递增.

（2）证明：因为，由可得，则定义域为.

要证，即成立，

只需证，即证恒成立.

令，则，所以当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，即，所以，

令，则，所以当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，即，所以.

故成立，即成立.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（其中为参数），曲线，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线与曲线在轴上方交于点，与曲线交于点（异于原点）.

(1)求曲线，的极坐标方程；

(2)当时，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）先消去参数得到一般方程，再利用将直角坐标系下的方程转化成极坐标系下的方程即可；

（2）根据极径的几何意义利用求解即可.

【详解】（1）曲线的参数方程为（其中为参数）， 转换为普通方程为，

由，，得曲线的极坐标方程为，

整理得.

同理，得曲线的极坐标方程为，即.

（2）联立，得，

∴，

联立，得，

∴.

23．已知函数．

（1）当时，求不等式的解集;

（2）若，求a的取值范围．

【答案】（1）.（2）.

【分析】（1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.

（2）利用绝对值不等式化简，由此求得的取值范围.

【详解】（1）[方法一]：绝对值的几何意义法

当时，，表示数轴上的点到和的距离之和，

则表示数轴上的点到和的距离之和不小于，

当或时所对应的数轴上的点到所对应的点距离之和等于6，

∴数轴上到所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是或，

所以的解集为.

[方法二]【最优解】：零点分段求解法

  当时，．

当时，，解得；

当时，，无解；

当时，，解得．

综上，的解集为．

（2）[方法一]：绝对值不等式的性质法求最小值

依题意，即恒成立，

，

当且仅当时取等号，

,

故，

所以或，

解得.

所以的取值范围是.

[方法二]【最优解】：绝对值的几何意义法求最小值

由是数轴上数x表示的点到数a表示的点的距离，得，故，下同解法一.

[方法三]：分类讨论+分段函数法

 当时，

则，此时，无解．

当时，

则，此时，由得，．

综上，a的取值范围为．

[方法四]：函数图象法解不等式   

由方法一求得后，构造两个函数和，

即和，

如图，两个函数的图像有且仅有一个交点，

由图易知，则．

【整体点评】（1）解绝对值不等式的方法有几何意义法，零点分段法．

方法一采用几何意义方法，适用于绝对值部分的系数为1的情况，

方法二使用零点分段求解法，适用于更广泛的情况，为最优解；

（2）方法一，利用绝对值不等式的性质求得，利用不等式恒成立的意义得到关于的不等式，然后利用绝对值的意义转化求解；

方法二与方法一不同的是利用绝对值的几何意义求得的最小值，最有简洁快速，为最优解法

方法三利用零点分区间转化为分段函数利用函数单调性求最小值，要注意函数中的各绝对值的零点的大小关系，采用分类讨论方法，使用与更广泛的情况；

方法四与方法一的不同在于得到函数的最小值后，构造关于的函数，利用数形结合思想求解关于的不等式.