2023届陕西省咸阳中学高三下学期第六次质量检测数学（文）试题含解析

这是一份2023届陕西省咸阳中学高三下学期第六次质量检测数学（文）试题含解析，共19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。
2023届陕西省咸阳中学高三下学期第六次质量检测数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先分别化简集合，利用交集运算求解.【详解】由题意得；所以.故选：B.2．若复数，则的虚部是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据复数的运算求得，再得到虚部即可.【详解】由题意，可得，故的虚部为.故选：C.3．一些老旧小区由于种种条件的限制，电瓶车充电存在一定的困难，私拉电线、入户充电等现象屡禁不止，存在着极大的消防安全隐患.为了方便用户、减少危害，很多小区开始在规定地点投放充电桩，用户可根据需求选择合适的充电时长.某物业从小区的位充电桩用户中随机抽取了位，统计了他们2021年上半年平均每次充电的时间（单位：小时），得到频率分布直方图如下，则下面结论中不正确的是（    ）A．B．估计该小区用户平均每次充电的时间不超过小时的频率为C．估计该小区有位用户平均每次充电的时间不超过小时D．估计该小区有超过一半的用户平均每次充电的时间超过小时【答案】C【分析】根据题意结合频率分布直方图运算逐项分析判断.【详解】对A：由已知可得，解得，故A正确；对B：平均每次充电的时间不超过6小时的频率为 ，故B正确；对C：平均每次充电的时间不超过8小时的用户数约为 ，故C不正确；对D：因为前3组的频率为0.44，则平均每次充电的时间超过8小时的频率为，故估计该小区有超过一半的用户平均每次充电的时间超过8小时，故D正确. 故选：C.4．下列函数，在定义域内既是奇函数又是增函数的为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数的单调性与奇偶性逐项分析判断.【详解】对于A：，即，则的定义域为，不关于原点对称，故为非奇非偶函数，A不符合题意；对于B：的定义域为，由，可知为偶函数，B不符合题意；对于C：的定义域为，由，可知为奇函数，在上单调递增，但在定义域内不是单调函数, C不符合题意；对于D：的定义域为，由，可知为奇函数, 在定义域内单调递增，D符合题意. 故选：D.5．以双曲线的一个焦点为圆心，以为半径的圆，截该双曲线的一条渐近线所得的弦长为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据双曲线的焦点到渐近线的距离为，结合垂径定理运算求解.【详解】由双曲线可得，∵双曲线的焦点到渐近线的距离，故所得弦长.故选：D.6．当个相同的声强级为的声源作用于某一点时，就会产生声强级的叠加，叠加后的声强级，已知一台电锯工作时的声强级是，则10台电锯工作时的声强级与台电锯工作时的声强级的关系约为（    ）（参考数据：）A． B． C． D． 【答案】C【分析】分别求出10台和5台电锯工作时的声强级，作差得出答案.【详解】10台电锯工作时的声强级，5台电锯工作时的声强级，所以. 故 选: C.7．执行下面的程序框图，则输出S的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得输出S即为的前项和，结合裂项相消法运算求解.【详解】由题意可得：输出S即为的前项和，因为 ，故.故选：D.8．将两个白球和两个黑球随机放入甲、乙两个盒子，每个盒子不空，则甲盒中恰有个球的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用列举法列出所有的基本事件，再选出符合题意的基本事件，结合古典概型运算求解.【详解】记两个白球为1,2 ，两个黑球为 3,4 ,则所有的放法有： ，，共 14 种，其中甲盒中恰有 3 个球有：，共4种，故所求概率 .故选：A.9．世界上最大的球形建筑物是位于瑞典斯德哥尔摩的爱立信球形体育馆（瑞典语: Ericsson Globe），在世界最大的瑞典太阳系模型中，由该体育场代表太阳的位置，其外形像一个大高尔夫球，可容纳名观众观看表演和演唱会，或名观众观看冰上曲棍球.某数学兴趣小组为了测得爱立信体育馆的直径，在体育馆外围测得，，，，（其中四占共面），据此可估计该体育馆的直径大约为（    ）（结果精确到，参考数据：，）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意分析可得，在中，利用余弦定理运算求解.【详解】连接，在中，，即为等边三角形，所以，在中，，由余弦定理可得：，即，所以.故选：B.10．记是等比数列的前项和, 若，，设数列的前项和为，则满足不等式的正整数的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根就等比数列的通项公式求得，进而可求得，再利用分组求和可得，结合题意运算求解即可.【详解】设等比数列 的公比为，因为，所以, 解得，可得，所以 ，故，可得，即，解得，故满足不等式的正整数的最小值是9.故选：C.11．如图，直四棱柱的所有棱长均为，，是侧棱的中点，则平面截四棱柱所得的截面图形的周长是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用作延长线找交点法，得出截面图形为梯形，求出梯形周长即为所求.【详解】连接 与的延长线交于点, 连 接与交于点,因为 , 所以为的中点, 则为的中点,所以截面为梯形 ,因为所有棱长均为2,，所以,,,,故梯形 的周长为 .故选：D.12．若方程有两个不等的实数根，则实数的取值范围是（    ）A． B．  C． D． 【答案】B【分析】分离参数得,求导数得出函数的图象变化趋势，结合最值可得答案.【详解】方程化为 ,令则问题转化为的图象与直线有 2 个交点,因为当 时,单调递减,当 时,,单调递增, 易知且当正向无限趋近于时, 的取值无限趋近于正无穷大； 当无限趋近于正无穷大时, 的取值无限趋近于正无穷大；故方程有两个不等的实数根时,.故选：B. 二、填空题13．已知向量，的夹角为，且,  ,则___________.【答案】【分析】利用向量的模和向量的数量积公式，对向量的模进行平方，得到关于的一元二次方程，从而求出.【详解】，，即，，，，或，，（舍去），.故答案为：2.14．函数的值域是___________.【答案】【分析】利用二倍角公式表示，配方，结合的范围进行求解.【详解】因为又因为,所以当时,取得最小值 -1 ,当时,取得最大值 2 , 故的值域是.故答案为：15．已知某圆锥的侧面积为，且圆锥的轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的体积等于___________.【答案】【分析】设圆锥的底面半径为 , 易得母线， 再根据侧面积为，求得底面半径和高，代入锥体体积公式求解.【详解】解：设圆锥的底面半径为 , 则母线, 侧面积, 解得,故该圆锥的体积等于 ，故答案为：16．经研究发现，若点在椭圆上，则过点的椭圆切线方程为.现过点作椭圆的切线，切点为，当（其中为坐标原点）的面积为时，___________.【答案】【分析】点，由题意可得切线方程，进而可求点的坐标，根据的面积整理可得，结合椭圆方程即可得结果.【详解】设点，则切线，令，得，可得，则，∵点在椭圆上，则，即，解得，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：以点为切入点，设点，根据题意可得切线，这样就可得，再根据题意运算求解即可. 三、解答题17．2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学 生作业负担和校外培训负担的意见》（下称“双减”）为了扎实推进“双减”工作，某地小学拟制定“免考”、“弹性作业”等一系列制度，继续深化减负政策. 现在当地随机抽取了名家长，调查他们对“免考”制度的态度，统计如下表. 不支持支持合计乡村家长（人） 城镇家长（人）   合计  (1)补充完善上述表格，并分别求乡村家长、城镇家长中支持“免考”制度的频率；(2)是否有超过的把握认为支持“免考”制度与家长类别有关系.附：  【答案】(1)表格见解析，乡村家长、城镇家长中支持“免考”制度的频率分别为，(2)有超过的把握认为支持“免考”制度与家长类别有关系 【分析】（1）根据题意完善列联表，进而可求频率；（2）根据题中数据与公式求，并与临界值对比分析.【详解】（1）表格补充如下：  不支持支持合计乡村家长(人)6040100城镇家长(人)2080100合计80120200 所以乡村家长中支持“免考”制度的频率为，城镇家长中支持“免考”制度的频率为 .（2）因为 ，所以有超过 的把握认为支持“免考”制度与 家长类别有关系.18．已知递增的等差数列，其前n项和为，，从①，②，③=50中选出两个作为条件，求数列的最大项.注：如果选择多种方案分别解答，则按第一个解答计分.【答案】【分析】先任选两个条件建立方程组，解出首项和公差，写出的通项公式，再借助判断数列的增减性，进而确定最大项.【详解】若选择①②：设等差数列的公差为d（d>0），由，可得解得或（舍），所以，所以数列{}的通项公式是，即，所以，所以，所以；当时，故，即{}的最大项为.若选择①③：设等差数列的公差为d（d>0）由，.可得，解得，所以数列的通项公式是即.所以，所以所以；当时，；故，即数列的最大项为.若选择②③：设等差数列的公差为由，，可得，解得解得，所以数列的通项公式是，即所以，所以，所以；当时，；故.即数列的最大项为.19．如图，直三棱柱中，，，侧面为正方形，.(1)求证：；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；（2）根据题意利用转换顶点法运算求解.【详解】（1）因为为直三棱柱，则平面，平面，∴，，，平面，所以平面，且平面，故，因为侧面为正方形，所以，平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）因为，所以，所以，所以，又点是的中点，所以 .20．已知函数(1)当时，求的极值；(2)若对，，求实数的取值范围.【答案】(1)有极小值，无极大值(2) 【分析】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得极值；（2）由题意可得：对，构建，由恒成立问题可得，利用导数分类讨论求的最大值即可.【详解】（1）当时，，定义域为，则，令，得，令，得，故函数的单调递减区间为，单调递增区间为，故有极小值，无极大值.（2）若对，即对，令，则，①当时，，函数在上单调递增，则，符合题意；②当时，令, 解得，则函数在上单调递减，在上单调递增，若在恒成立, 只需满足，解得；综上所述：实数的取值范围为.【点睛】方法定睛：两招破解不等式的恒成立问题（1）分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．（2）函数思想法第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解．21．设抛物线的焦点为，动直线与抛物线交于，两点，且当时，.(1)求抛物线的方程；(2)连接，并延长分别交抛物线于两点，，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：是定值，并求出该值.【答案】(1)(2)证明见解析， 【分析】（1）根据联立方程，结合韦达定理，利用弦长公式即可求出方程；（2）通过分别联立直线，与抛物线，用，点的坐标表示出，的坐标，再化简即可得到定值.【详解】（1）联立，得，则，设，则，当时，，所以，解得或(舍)，故抛物线的方程为.（2）由题意知,由（1）得，且，设直线,联立，得，则，所以，所以，同理可得，，所以,所以，又，所以,即是定值，且定值为.22．在平面直角坐标系 中，直线的参数方程为(为参数)， 以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系， 曲线的极坐标方程为.(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)设 ，直线与曲线交于两点，求.【答案】(1)，(2) 【分析】(1)直接将参数方程中的t消去即可得出直线的普通方程，结合公式，计算即可得出曲线的直角坐标方程；(2)将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程可得关于t的一元二次方程，结合t的几何意义化简计算即可求解.【详解】（1）直线的参数方程为(为参数)，消去得， 直线的普通方程为；由 得，，将 代入得，曲线 的直角坐标方程为.（2）将直线的参数方程代入曲线，整理得 ，，记两点对应的参数分别为，则 ， 故，故 .23．已知函数.(1)在坐标系中作出函数的图象；(2)若，求实数的取值范围.【答案】(1)图见解析(2) 【分析】（1）写成分段函数的形式，画出函数图象；（2）方法一：得到为恒过定点的直线，数形结合得到当时，满足要求；方法二：分，与三种情况，参变分离，求出实数的取值范围，最后得到答案.【详解】（1）所以函数的图象如下：（2）方法一：记，易知为恒过定点的直线， 如图所示，.数形结合易得满足条件时，，所以实数的取值范围为；方法二：恒成立，当时，，即，其中，故，当时，，当时，不等式为恒成立，当时，不等式为，其中，其中，所以，故，当时，，即，其中，其中，故，故，所以，综上，实数的取值范围为.