2023届陕西省联盟学校高三下学期第三次大联考数学（理）试题含解析

2023届陕西省联盟学校高三下学期第三次大联考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合则（    ）

A．M∪N=R B．M∪N={x|-3≤x<4}

C．M∩N={x|-2≤x≤4} D．M∩N={x|-2≤x<4}

【答案】D

【解析】先求集合，再求两个集合的并集和交集，判断选项.

【详解】，解得：，即，

，，

.

故选：D

2．已知复数满足，在复平面内对应的点在第二象限，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】依题意设，根据复数代数形式的乘法运算及复数相等的充要条件得到方程组，解得即可.

【详解】设，则，因为，

所以，

所以，所以，解得或（舍去），

所以.

故选：C

3．核酸检测是目前确认新型冠状病毒感染最可靠的依据．经大量病例调查发现，试剂盒的质量、抽取标本的部位和取得的标本数量，对检测结果的准确性有一定影响．已知国外某地新冠病毒感染率为0.5%，在感染新冠病毒的条件下，标本检出阳性的概率为99%．若该地全员参加核酸检测，则该地某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为（    ）

A．0.495% B．0.9405% C．0.99% D．0.9995%

【答案】A

【分析】根据条件概率的乘法公式即可求解.

【详解】记感染新冠病毒为事件,感染新冠病毒的条件下,标本为阳性为事件 则,故某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为，

故选：A

4．已知等比数列的前2项和为，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【分析】首先根据题意得到，解方程组得到，，再求即可.

【详解】因为，所以，

由题知：，

所以，解得，所以，即，

所以.

故选：D

5．已知p：，q：，则p是q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】C

【分析】令,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.

【详解】令，，

且，

故为奇函数，

时，递增，则也递增，

又为奇函数，则在上递增，

，若，则，

则，即

即；

，若，

则等价于，即，

由在上递增，则， 即，

故p是q的充要条件，

故选：C.

6．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若在上为增函数，则最大值为（    ）

A． B．2 C．3 D．

【答案】B

【分析】先求出，又因为在上为增函数，则，且，即可求出最大值.

【详解】函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，

则，

又因为在上为增函数，

所以，且，

解得：，故的最大值为2.

故选：B.

7．算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一，算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠，例如，在百位档拨一颗下珠，十位档拨一颗上珠和两颗下珠，则表示数字，若在个、十、百、千位档中，先随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意得到总的可能的情况，再分上珠拨的是千位档或百位档和上珠拨的是个位档或十位档进行分类，得到符合要求的情况，从而得到符合要求的概率.

【详解】依题意得所拨数字共有种可能．

要使所拨数字大于，则：

若上珠拨的是千位档或百位档，则所拨数字一定大于，有种；

若上珠拨的是个位档或十位档，则下珠一定要拨千位，再从个、十、百里选一个下珠，

有种，

则所拨数字大于的概率为，

故选：C．

8．已知命题：“若直线平面，平面平面，则直线平面”，命题：“棱长为的正四面体的外接球表面积是”，则以下命题为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据线面的关系判断命题p的真假，根据正四面体外接球的表面积公式计算判断命题q的真假，结合复合命题真假的判断方法即可求解.

【详解】命题p：若，，则或，故命题p为假命题；

命题q：将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为，对角线长为，

则正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，则外接球的半径为，

所以外接球的表面积为，故命题q为真命题.

所以命题为真命题，命题为假命题.

故选：A.

9．已知双曲线的左、右焦点分别为，一条渐近线为，过点且与平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由双曲线定义可得，根据平行关系可知，由余弦定理可构造齐次方程求得离心率.

【详解】设，则点位于第四象限，

由双曲线定义知：，；

设过点且与平行的直线的倾斜角为，则，，

；

在中，由余弦定理得：，

即，整理可得：，.

故选：C.

10．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】通过构造函数，利用导数研究函数单调性，证得，则有，再通过作商法比较.

【详解】设，因为，

所以当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

所以当，且时，，即.

所以，，所以最小，

又因为，所以.

综上，.

故选：A

11．已知定点，直线：与抛物线交于两点A，B，若，则(    )

A．4 B．6 C．8 D．10

【答案】C

【分析】设，联立直线l与抛物线的方程，求得，，，由可得，从而可求k的值，根据弦长公式即可求．

【详解】设，

，

由题知，，故，

则，

由，

即，

即，解得，则，

则．

故选：C．

二、多选题

12．已知函数是偶函数，且．当时，，则下列说法正确的是（    ）

A．是奇函数

B．在区间上有且只有一个零点

C．在上单调递增

D．区间上有且只有一个极值点

【答案】ACD

【分析】A选项，由是偶函数，故，结合，推导出，A正确；B选项，求出的一个周期为4，从而只需求在区间上的零点个数，结合函数性质得到，B错误；C选项，求导得到，换元后得到，，再次求导，得到的单调性，结合，，得到在上恒成立，得到在上单调递增；D选项，与C选项一样得到的单调性，结合零点存在性定理得到隐零点，进而得到的单调性，求出区间上有且只有一个极值点.

【详解】函数是偶函数，故，

因为，所以，

故，

将替换为，得到，故为奇函数，A正确；

因为，故，故，

所以的一个周期为4，

故在区间上的零点个数与在区间上的相同，

因为，而，故，

其中，

故在区间至少有2个零点，B错误；

时，，

则，

令，，当时，

所以，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

又，，

故在上恒成立，

所以在上恒成立，故在上单调递增，C正确；

D选项，时，，

故，令，，当时，

则，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

因为，，，

由零点存在性定理，，使得，

当时，，当时，，

时，，单调递减，时，，单调递增，

所以区间上有且只有一个极值点，D正确.

故选：ACD

【点睛】设函数，，，．

（1）若，则函数的周期为2a；

（2）若，则函数的周期为2a；

（3）若，则函数的周期为2a；

（4）若，则函数的周期为2a；

（5）若，则函数的周期为；

（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；

（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；

（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；

（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a；

（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a.

三、填空题

13．已知，则与的夹角为__________.

【答案】

【分析】首先根据题意得到，从而得到，再根据求解即可.

【详解】因为，所以，

所以，即.

所以，

因为，所以与的夹角为.

故答案为：

14．的展开式中项的系数为___________.

【答案】

【分析】先整理二项式为，由此即可求解.

【详解】解：二项式，

所以展开式中含的项为，

所以项的系数为，

故答案为：.

15．如图，圆锥的轴截面是边长为的正三角形，点是底面弧的两个三等分点，则与所成角的正切值为______．

【答案】

【分析】易证得，由异面直线所成角定义可知所求角为，由长度关系可求得结果.

【详解】设圆锥底面圆心为，连接，

为弧的两个三等分点，，

又，为等边三角形，，，

即为异面直线与所成角，

平面，平面，，

，，，

即与所成角的正切值为.

故答案为：.

16．已知数列的前n项和，设为数列的前n项和，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为________．

【答案】

【分析】利用的关系求出数列的通项公式，再用裂项相消法求得，再根据不等式的恒成立问题以及函数的单调性与最值，求实数的取值范围.

【详解】当时，，

当时，满足上式，

所以.

所以，

所以，

由，可得，即，

因为函数在单调递增，

所以当时，有最小值为10，

所以，所以，

所以实数的取值范围为.

故答案为：.

四、解答题

17．在中，已知.

(1)求角的值；

(2)求边长的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用同角三角函数基本关系及正弦定理可求解；

（2）利用两角差的余弦公式结合余弦定理求解.

【详解】（1）在中，由，,得.

由正弦定理得，，所以，故；

又因为为钝角，所以

（2）在中，.

由余弦定理得：

所以

18．如图，四棱锥中，，且，直线与平面的所成角为分别是和的中点.

(1)证明：平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，连接，通过证明平面平面，可得平面；

（2）点A为原点，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由，直线与平面的所成角为，可得P坐标，后利用向量法可得平面与平面夹角的余弦值.

【详解】（1）取的中点，连接，

是的中点，，

平面平面，

平面，

同理可得平面，

平面平面，

平面平面，平面，平面；

（2）以点A为原点，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

由题意可得，

.

设，因，直线与平面的所成角为则.

又因则点的横坐标.

又，则，结合题图可知，

则，.

设是平面的一个法向量，则，

令，则.

设是平面的一个法向量，则

令，则.

又因两平面夹角范围为，设平面与平面夹角为，

，

平面与平面夹角的余弦值为.

19．脂肪含量（单位：%）指的是脂肪重量占人体总重量的比例．某运动生理学家在对某项健身活动参与人群的脂肪含量调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男性120位，其平均数和方差分别为14和6，抽取了女性90位，其平均数和方差分别为21和17．

(1)试由这些数据计算出总样本的均值与方差，并对该项健身活动的全体参与者的脂肪含量的均值与方差作出估计．（结果保留整数）

(2)假设全体参与者的脂肪含量为随机变量X，且X~N（17，2），其中2近似为（1）中计算的总样本方差．现从全体参与者中随机抽取3位，求3位参与者的脂肪含量均小于12.2%的概率．

附：若随机变量×服从正态分布N（μ，2），则P（μ-≤X≤μ+≈0.6827，P（μ-2≤X≤μ+2）≈0.9545，≈4.7，≈4.8，0.158653≈0.004．

【答案】(1)总样本的均值为17，方差为23；据此估计该项健身活动全体参与者的脂肪含量的总体均值为17，方差为23

(2)

【分析】（1）根据均值方差的计算公式代入计算即可求解；

（2）利用正态分布的性质和所给数据即可求解计算.

【详解】（1）把男性样本记为，其平均数记为，方差记为；

把女性样本记为，其平均数记为，方差记为．则．

记总样本数据的平均数为，方差为．

由，根据按比例分配的分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，

可得总样本平均数为．

根据方差的定义，总样本方差为

由可得

同理，，

因此，

所以，

所以总样本的均值为17，方差为23，

并据此估计该项健身活动全体参与者的脂肪含量的总体均值为17，方差为23．

（2）由（1）知，所以，又因为，

所以，

因为，

所以．

所以3位参与者的脂肪含量均小于的概率为．

20．已知是椭圆的左、右焦点，是椭圆的短轴，菱形的周长为，面积为，椭圆的焦距大于短轴长．

(1)求椭圆的方程；

(2)若是椭圆内的一点（不在的轴上），过点作直线交于两点，且点为的中点，椭圆的离心率为，点也在上，求证：直线与相切．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据菱形的周长和面积可构造方程组求得，进而得到椭圆方程；

（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合中点坐标公式可求得点坐标；将与椭圆联立，可得，由在椭圆上可得等量关系，化简可得，由此可得结论.

【详解】（1）菱形的周长为，面积为，，又，

或，又椭圆的焦距大于短轴长，即，，

，则椭圆的方程为：.

（2）由题意知：直线的斜率必然存在，可设其方程为：，

由得：，

设，则，即，

，，

，；

椭圆的离心率为，，解得：，

，

由得：，

，

在椭圆上，，整理可得：，

，直线与相切.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆位置关系的证明问题，解题关键是能够利用点在椭圆上得到变量之间所满足的等量关系，将等量关系代入判别式中进行化简整理即可得到直线与椭圆的位置关系.

21．已知函数，其中为实数，为自然对数底数，．

(1)已知函数，，求实数取值的集合

(2)已知函数有两个不同极值点、．

①求实数的取值范围

②证明：．

【答案】(1)

(2)① ；②证明见解析

【分析】（1）利用不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题，通过对的讨论，求出在给定区间的最值即可求出的值；

（2）①由函数有两个不同的极值点，得，有两个不同零点，通过参数分离有，构造函数，确定的单调性和极值，进而可求的取值范围；

②由已知得，取对数得，通过换元，，构造函数，讨论函数的单调性，确定的不等关系，再转化为，的关系即可证明．

【详解】（1）由，得，

当时，因为，不合题意

当时，当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以，

要，只需，

令，则，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以，则由得，

所以，故实数取值的集合

（2）①由已知，，

因为函数有两个不同的极值点，，

所以有两个不同零点，

若时，则在上单调递增，在上至多一个零点，

与已知矛盾，舍去

当时，由，得，令

所以，当时，，单调递增

当时，，单调递减

所以，

因为，，所以，所以，

故实数的取值范围为

②设，由①则，

因为，所以，，

则，取对数得，

令，，则，

即，令，则，

因为，所以在上单调递减，在上单调递增，

令，

则，在上单调递增，

又，所以当时，，即，

因为，，在上单调递增，所以，

所以，即，

所以，

故成立．

22．在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求曲线的极坐标方程；

(2)设射线和射线分别与曲线交于、两点，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，由普通方程与极坐标方程之间的转换关系可得出曲线的极坐标方程；

（2）求出、，利用三角形的面积公式结合三角恒等变换可得，结合可求得的最大值.

【详解】（1）解：由可得，

即，故曲线的普通方程为，

因为，，

所以曲线的极坐标方程为，即.

（2）解：由题意知，，

∴

，

因为，则，

所以当，即当时，的面积最大，且最大值是.

23．设均不为零，且．

(1)证明：；

(2)求的最小值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)3.

【分析】（1）根据给定条件，利用三数和的完全平方公式变形，再结合放缩法证明作答.

（2）利用柯西不等式求解最小值作答.

【详解】（1）依题意，，且均不为零，

则，

所以.

（2）因为，

当且仅当，即时取等号，因此，

所以的最小值为3.