2023届陕西省宝鸡中学高三月考（七）数学（文）试题含解析

2023届陕西省宝鸡中学高三月考（七）数学（文）试题

一、单选题

1．复数的虚部为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】C

【分析】利用复数的乘法运算求出复数，然后根据复数的概念即可求解.

【详解】因为，

所以的虚部为1，

故选：.

2．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，利用对数函数的性质求出集合，然后根据交集的定义即可求解.

【详解】因为，

且，

所以，

故选：.

3．已知互相垂直的两个平面，交于直线，若直线满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】因为 ,且,可得选项B正确选项D错误，根据面面垂直可得选项AC错误.

【详解】因为，，所以，选项B正确，选项D错误；

又，所以或,A,C错误；

故选:B．

4．曲线在处切线的倾斜角为，则（    ）

A．2 B． C．1 D．

【答案】C

【分析】根据给定函数，利用导数的几何意义求出，再利用齐次式法计算作答.

【详解】因为，则，因此，

所以.

故选：C

5．执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】列举出循环的每一步，即可得出输出的的值.

【详解】第一次循环，成立，，；

第二次循环，成立，，；

第三次循环，成立，，；

第四次循环，成立，，；

第五次循环，成立，，；

第六次循环，成立，，；

第七次循环，成立，，，

不成立，跳出循环体，输出的值为.

故选：B.

6．已知椭圆的左、右焦点分别为，M为C上一点，若的中点为，且的周长为，则C的标准方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据的周长可得，由的中点坐标求得M坐标，代入椭圆方程可得关系式，解方程可得的值，即可求得答案

【详解】因为的周长为，所以，则，

又,的中点为 ，所以M的坐标为，

故，则，

结合，，解得，

所以椭圆C的标准方程为，

故选：A

7．设等差数列{}的前n项和为，若，则当取得最大值时，＝（    ）

A．8 B．9 C．10 D．11

【答案】C

【分析】根据条件，利用等差数列的性质可得出，，即可求解.

【详解】在等差数列{}中，由，得，

则，又，

∴，，则当取得最大值时，．

故选：C

8．已知函数图象两个相邻的对称中心的间距为，则下列函数为偶函数的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出的解析式后逐项计算，根据正弦型函数和余弦型函数的性质可判断各选项中的函数是否为偶函数.

【详解】，由题可知函数的最小正周期为，

则，解得，即，

所以为偶函数.

因为，所以为偶函数，故C正确.

而为奇函数，

因为，所以为奇函数，故A错误.

，

设，则，故，

故为非奇非偶函数，故B错误.

设，

则，故，

故为非奇非偶函数，故D错误.

故选：C.

9．在中，，设点P，Q满足.若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，根据平面向量的线性运算，得到，，再结合，化简整理即可求解.

【详解】设，则，，，，由，

得，即.

故选：.

10．如图，在正方形中，分别是边上的点，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用正切的和差公式得到，然后得到，即可得到.

【详解】由题可知，

则，即，.

故选：D.

11．公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出“球的体积与它的直径的立方成正比”，此即，欧几里得未给出的值.17世纪日本数学家们对球的体积的计算方法还不了解，他们将体积公式中的常数称为“立圆率”或“玉积率”，类似地，正四面体、轴截面为等边三角形的圆锥也可利用公式求体积（在正四面体中，表示棱长，在轴截面为等边三角形的圆锥中，表示底面直径）.若球、正四面体、轴截面为等边三角形的圆锥的“玉积率”分别为，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合题目新定义，用含有的表达式表示出球，正四面体，圆锥的体积即可得到常数值.

【详解】因为球的体积，所以.

因为正四面体的高为，

则正四面体的体积，所以.

因为轴截面为等边三角形的圆锥的体积，所以.

故.

故选：A

12．设O为坐标原点，是双曲线的左、右焦点，已知双曲线C的离心率为，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，则（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【分析】不妨设，求出，然后算出可得答案.

【详解】不妨设，

则，．

由余弦定理可得，，

所以，所以．

故选：A

二、填空题

13．设x，y满足约束条件则的最小值为___________.

【答案】

【分析】根据不等式组作出可行域，如图，结合图形即可求解.

【详解】作出可行域，如图，

由，解得，

当直线经过点时，z有最小值，.

故答案为：-44.

14．已知为正四棱锥，从O，A，B，C，D五点中任取三点，则取到的三点恰好在同一个侧面的概率为_________．

【答案】/0.4

【分析】利用古典概型的概率计算公式，分析出符合题意的基本事件总数和个数，即可求解.

【详解】解：从O，A，B，C，D五点中任取三点，

有，，，，，，，，，，共10种不同取法，

取到的三点恰好在同一个侧面有，，，，共4种情况，

由古典概型的概率计算公式知，所求概率为，

故答案为：或0.4.

15．“一尺之棰，日取其半，万世不竭”出自《庄子·天下》，其中蕴含着数列的相关知识，已知长度为4的线段，取的中点C，以为直径作圆（如图①），该圆的面积为，在图①中取的中点D，以为直径作圆（如图②），图②中所有圆的面积之和为，以此类推，则________．

【答案】

【分析】求得，确定各圆的面积成以为首项，为公比的等比数列，即可求得答案.

【详解】由题意可知，，后一个圆的半径为前一个圆半径的一半，

故各圆的面积成以为首项，为公比的等比数列，

故，

故答案为：

16．已知函数满足：，，则___________.

【答案】

【分析】依题意令求出，再令，即可得到，从而得到的周期性，最后根据周期性计算可得.

【详解】解：因为，且，

令，，解得，

取，得，同理，联立得，

则，所以

所以的周期为6，故.

故答案为：

三、解答题

17．某学校记录了某学期40名学生期中考试的数学成绩和期末考试的数学成绩，得到的频数分布表如下：

期中考试的数学成绩频数分布表

期末考试的数学成绩频数分布表

(1)估计这40名学生期中考试的数学成绩小于100分的概率；

(2)估计这40名学生期末考试的数学成绩的平均分比期中考试数学成绩的平均分提高多少分．（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）

【答案】(1)

(2)4

【分析】（1）求出期中考试的数学成绩小于100分的学生人数，根据总人数，利用频率与概率的关系得求解即可；

（2）根据“平均分等于各组区间的中点值乘以相应的频数的和再除以总人数”求出期中与期末考试的平均分，从而得到答案．

【详解】（1）因为期中考试的数学成绩在内的学生有16人，

所以期中考试的数学成绩在内的学生有（人），

所以期中考试的数学成绩小于100分的学生有（人），

所以估计这40名学生期中考试的数学成绩小于100分的概率为．

（2）这40名学生期末考试的数学成绩的平均分为，

这40名学生期中考试的数学成绩的平均分为，

所以估计这40名学生期末考试的数学成绩的平均分比期中考试数学成绩的平均分提高(分)．

18．在中，点D在边上，且．

(1)若平分，求的值；

(2)若成递增的等比数列，，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）运用余弦定理求出 的关系，再运用正弦定理求解；

（2）运用余弦定理求出AB，BC的值，再求出 ，用面积公式计算即可.

【详解】（1）

设，则，

因为平分，所以，设，则，

在中，，

在 中，，

由，得，

；

（2）因为成递增的等比数列，，所以，

在 中，，

在 中，，

因为，所以，整理得，

又，所以 ，解得或，

若，则，不符合题意，

若，则，符合题意，此时，

则 的面积.

19．如图，四棱锥的底面为矩形，，，，平面平面ABCD.O是AD的中点，E是PB上一点，且平面POC.

(1)求的值；

(2)求点E到平面PAC的距离.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据线面平行的判定定理可得平面PBC，再由线面平行的性质定理得出线线平行，利用平行线分线段成比例得解；

（2）利用等体积法求出点B到平面PAC的距离为，再转化为点E到平面PAC的距离即可.

【详解】（1）设平面AOE与直线PC相交于点F，连接EF，OF.

因为平面POC，平面AEFO，平面平面，所以.

因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC.

又平面平面，所以，所以四边形AEFO为平行四边形，

所以，所以E，F分别为PB，PC的中点，故.

（2）因为，，所以.

又平面平面ABCD，平面,,平面平面ABCD,

所以.

，，.

设点B到平面PAC的距离为d，则.

因为，所以.

又E是PB的中点，所以点E到平面PAC的距离为.

20．已知抛物线的焦点为F，圆，过C上一点作C的切线，该切线经过点．

(1)求C的方程；

(2)若与C相切的直线l，与E相交于P，Q两点，求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，然后可建立方程求出；

（2）设l与C相切于点，然后求出切线的方程，然后求出、点到l的距离，然后表示出面积，然后可得答案.

【详解】（1）由，得，则．

设该切线的斜率为k，则．

由题可知，，因为该切线经过点，所以，

解得，故C的方程为．

（2）设l与C相切于点，则l的方程为，即．

由（1）可知，E的方程为．则圆心到l的距离．

因为l与E相交，所以，整理得．

．

点到l的距离，

的面积，

当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为．

21．已知函数和有相同的最大值.

(1)证明：函数在上有且仅有一个零点.

(2)若对任意，存在，使得，求mn的最小值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)分类讨论a的情况，利用导数研究函数和的单调性，求出函数的最大值；再次利用导数研究函数的单调性，结合零点的存在性定理即可求解；

(2)由(1)可得等价于，进而得，则，令，利用导数研究函数的最小值即可.

【详解】（1）函数的定义域为，

，令，得.

当时，若，则，若，则，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以；

当时，为常数函数，显然不合题意；

当时，若，若，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以有最小值，无最大值，不合题意.

因为，，若，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，则，得.

因为.所以，

当时，，

所以，所以在上单调递增，

又，

故在上有且仅有一个零点.

（2）由（1）知，所以等价于.

又因为，所以，所以.

由（1）知函数在上单调递增，所以由，得，

所以.

令，则，显然当时，，

当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，即当时，mn的最小值为.

【点睛】思路点睛：用导数研究函数的单调性、极值与最值，要掌握极值与极值点的定义，缕清极值点、方程的根与函数的零点之间关系，善于培养转化的数学思想，学会构造新函数，利用导数研究新函数的性质即可解决问题.

22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程.

(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

(2)设点的直角坐标为，直线l与曲线C的交点为，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）消去参数 得到曲线C的直角坐标方程，根据极坐标方程的定义求出l的直角坐标方程；

（2）写出直线l的参数方程，并且根据参数方程的几何意义与曲线C方程联立，即可求解.

【详解】（1）由参数方程 得 ，由，得到曲线C的普通方程为；

因为，所以，故直线l的直角坐标方程为；

（2）由题可知，点M在直线l上，则l的参数方程为（t为参数），将l的参数方程代入曲线C，得，，

， ， ，

则 ；

综上，曲线C的普通方程为，直线l的直角方程为， .

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)设的最小值为m，若正数a，b满足，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分情况去掉绝对值的符号，分类讨论解不等式；

（2）先根据绝对值三角不等式算出，然后根据基本不等式求解.

【详解】（1）当时，原不等式等价于，解得.

当时，原不等式等价于，恒成立.

当时，原不等式等价于，解得.

综上所述，不等式的解集为.

（2）因为，

当且仅当，即时，等号成立，

所以，即.

，

当且仅当时，等号成立，故的最小值为.