陕西省西安市长安区第一中学2023-2024学年高三上学期第三次教学质量检测（期中）数学（文）（Word版附解析）

这是一份陕西省西安市长安区第一中学2023-2024学年高三上学期第三次教学质量检测（期中）数学（文）（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

时间：120分钟 总分：150分
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设全集，集合，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合A，B，根据集合的交集、补集运算.
【详解】全集，集合，
或，
所以，
则．
故选：B．
2. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数除法运算和共轭复数定义可求得，由虚部定义可得结果.
【详解】，，
则的虚部为.
故选：A.
3. 设x，y满足约束条件，则z＝2x＋y的最小值是（ ）
A. －15B. －9C. 1D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】作出可行域，z表示直线的纵截距，数形结合知z在点B(－6，－3)处取得最小值.
【详解】作出不等式组表示的可行域，如图所示，
目标函数，z表示直线的纵截距，
，
数形结合知函数在点B(－6，－3)处纵截距取得最小值，
所以z的最小值为－12－3＝－15.
故选：A
【点睛】本题考查简单的线性规划问题，属于基础题.
4. 有6名选手参加演讲比赛，观众甲猜测：4号或5号选手得第一名；观众乙猜测：3号选手不可能得第一名；观众丙猜测：1，2，6号选手中的一位获得第一名；观众丁猜测：4，5，6号选手都不可能获得第一名．比赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对比赛结果，此人是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】D
【解析】
【分析】假设四人中任意一人猜对，根据合情推理即可求解.
【详解】假设甲猜对比赛结果，则乙也猜对比赛结果，所以假设不成立，所以甲没猜对比赛结果，即得第一名的是1,2,3或6；若乙猜对比赛结果，则1,2或6号选手中的其中一名获得第一名，此时丙也猜对比赛结果，所以乙也没有猜对比赛结果，所以3号选手获得第一名，则只有丁猜对了比赛结果.
故选：.
5. 若为奇函数，则的单调递增区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由为奇函数，求出的值，利用复合函数的单调性特征求的单调递增区间.
【详解】函数为奇函数，的定义域为，
由，∴，
函数的定义域为，
函数在定义域内单调递增，
当时，的单调递增区间为，
所以的单调递增区间为.
故选：D．
6. 南宋时期的数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有一个如图所示的“三角垛”问题，在“三角垛”的最上层放有一个球，第二层放有3个球，第三层放有6个球，……依此规律，其相应的程序框图如图所示．若输出的的值为56，则程序框图中①处可以填入（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据循环结构及执行逻辑写出执行步骤，结合输出结果确定条件即可.
【详解】第一次循环：，不满足输出条件，；
第二次循环：，不满足输出条件，；
第三次循环：，不满足输出条件，；
第四次循环：，不满足输出条件，；
第五次循环：，不满足输出条件，；
第六次循环：，满足输出条件，退出循环．
所以判断框中的条件可填入“”．
故选：C
7. 某手机商城统计了最近5个月手机的实际销量，如下表所示：若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ）
A. 由题中数据可知，变量与正相关
B. 线性回归方程中
C. 可以预测时该商场手机销量约为1.72（千只）
D. 当时，残差为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据表格中的数据的变换趋势，平均数的计算公式，以及回归直线方程，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，从数据可得随着的增加而增加，所以变量与正相关，所以A正确；
对于B中，由表中数据知，
则样本中心点为，将样本中心点，代入中，
可得，所以B正确；
对于C中，当时，该商场手机销售量约为（千只），
所以C正确；
对于D中，线性回归方程为，
当时，可得，残差为，所以D错误.
故选：ABC.
8. 折扇（图1）是具有独特风格的中国传统工艺品，炎炎夏季，手拿一把折扇，既可解暑，又有雅趣．图2中的扇形为一把折扇展开后的平面图，其中，，设向量，，若，则实数的值为（ ）
A. 1B. 3C. 7D. 14
【答案】D
【解析】
【分析】先利用题意算出，然后利用数量积的运算律对进行化简，即可求解
【详解】因为，，
所以，
因为向量，，，
所以，
即，解得
故选：D
9. 已知双曲线的离心率大于，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线方程，讨论实轴位置，求出离心率，由已知离心率范围列出不等式可解得的范围．
【详解】当双曲线实轴在轴上时，，解得，
此时，所以，
解得，所以，
当双曲线实轴在轴上时，，解得，不符合题意.
综上，解得.
故选：A．
10. 如图，在三棱锥中，，，平面平面ABC，则三棱锥外接球的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意说明为等腰直角三角形，根据面面垂直性质推出平面，进而结合球的几何性质，确定三棱锥外接球球心位置，求出外接球半径，即可求得答案.
【详解】由于，，故，
即为等腰直角三角形，
取AC的中点为M，连接，

因为，即为正三角形，故,
由于平面平面，平面平面，平面，
故平面，平面，故；
又M为的外心，
则三棱锥外接球的球心必在BM上，
设的中心为O，则O在BM上且，
而，
则，
即，
即O点即为三棱锥外接球的球心，
故外接球半径为，所以外接球表面积为，
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要能根据条件，结合球的几何性质，确定出三棱锥外接球球心的位置，进而求得半径.
11. 已知角，终边上有一点，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据弦切互化，结合正切和差角公式，即可得，结合角的范围即可求解.
【详解】，故，．
又，，
故在第三象限，故，．
故选:C．
12. 过抛物线的焦点F作直线交C于A，B，过A和原点的直线交于D，则面积的最小值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得焦点，准线，设直线的倾斜角为，则直线的方程为；联立抛物线方程可得，联立直线和准线方程可得点坐标，即可得垂直于准线，再利用焦半径公式可得，，写出的面积的表达式，利用导函数和即可求得其最小值.
【详解】如下图所示，易知焦点，直线即为抛物线的准线；

设直线的倾斜角为，由对称性和交点个数可知，不妨取；
则直线的方程为；
联立抛物线方程可得；
设，则满足；
则直线的斜率为，其直线方程为，
联立准线方程可得，又可得
可知两点纵坐标相同，所以直线于轴平行，即垂直于准线；
由抛物线定义可得；
因此可得，即，即；
同理可得；
所以的面积
化简可得
由可得，所以
令，
则，令，解得
所以当时，，函数在上单调递增，在上单调递减；
所以当时，取最大值，
当取最大值时，面积取最小知，即.
即面积的最小值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用焦半径公式建立直线的倾斜角为与的关系式，，写出的面积的表达式，利用导函数求得面积最小值.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知函数（其中）在处的切线为，则直线过定点的坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，从而可求出其过的定点
【详解】根据题意：函数在处有切线，切点为，
又，故切线斜率为，
直线的方程为，
该直线过定点的坐标为.
故答案为：
14. 等差数列中的是函数的极值点，则__.
【答案】
【解析】
【分析】求得，结合题意，得到是方程的两个根，再由等差数列的性质和对数的运算性质，即可求解.
【详解】由函数，可得，
因为是函数的极值点，即是方程的两个根，
可得，又由，所以.
故答案为：.
15. 中，三内角所对边分别为，已知，，则角的最大值是_______________
【答案】##
【解析】
【分析】由题意，利用正弦定理将角化边，再结合余弦定理可得，代入消去，利用基本不等式求出的范围，得解；或利用三角恒等变换结合正切函数的性质即得.
【详解】解法一：，
由正弦定理得，由余弦定理得，将代入，可得，
而，消去可得，
当且仅当时取等号.
在上单调递减，
.
解法二：，
又，
，为锐角，且，
即，为钝角，为锐角，
而，
在上单调递增，
.
故答案为：
16. 如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断：

①平面平面；
②；
③异面直线与所成角的取值范围是；
④三棱锥的体积不变.
其中，正确的是__________（把所有正确判断的序号都填上）.
【答案】①②④
【解析】
【分析】对于①，建立空间直角坐标系，由空间向量相关运算得到⊥平面，⊥平面，得到两平面平行；对于②，在①基础上证明出线线垂直；对于③，表达出异面直线与所成角的余弦值为，当和两种情况，求出异面直线与所成角范围；D选项，由线面平行结合等体积法得到三棱锥体积为定值.
【详解】对于①，设正方体的棱长为1，
则，
故，，
，
故⊥，⊥，
又，平面，
故⊥平面，
又在线段上运动，故⊥平面，
又，
，
故⊥，⊥，
又，平面，
故⊥平面，
所以平面平面，①正确；

对于②，由①可得⊥平面，又平面，
所以，②正确；
对于③，设，
则，
设异面直线与所成角大小为，
则
，
当时，，故，
当时，，
又在上单调递减，故，
综上，异面直线与所成角的取值范围是，③错误；
对于④，因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
故又在线段上运动，故为定值，
故，体积不变.，④正确.
故答案为：①②④
三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 设数列的前n项和为，．
（1）求证数列为等比数列，并求数列的通项公式．
（2）若数列的前m项和，求m的值，
【答案】（1）证明见解析，
（2）7
【解析】
【分析】（1）利用数列中与的关系，得，可证明数列为等比数列，可求数列的通项公式．
（2）利用裂项相消求数列的前m项和，由求m的值.
【小问1详解】
因为，所以当时，，解得．
当时，，则，
整理得，故，，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以．所以
【小问2详解】
，
数列的前m项和
，
则，则，则，解得，故m的值为7．
18. 某重点大学为了解准备保研或者考研的本科生每天课余学习时间，随机抽取了名这类大学生进行调查，将收集到的课余学习时间（单位：）整理后得到如下表格：
（1）估计这名大学生每天课余学习时间的中位数；
（2）根据分层抽样的方法从课余学习时间在和，这两组中抽取人，再从这人中随机抽取人，求抽到的人的课余学习时间都在的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频数分布表估计中位数的方法直接求解即可；
（2）根据分层抽样原则可确定从和两组中抽取的人数，采用列举法可得所有基本事件和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.
【小问1详解】
，，
这名大学生每天课余学习时间的中位数位于之间，
则中位数为.
【小问2详解】
由题意知：从课余学习时间在这一组抽取人，分别记为，从课余学习时间在这一组抽取人，分别记为；
从这人中随机抽取人，所有的基本事件为：，共个基本事件；
其中“抽到的人的课余学习时间都在”包含的基本事件为：，共个基本事件；
抽到的人的课余学习时间都在的概率.
19. 在如图所示的五面体中,四边形为菱形,且为中点.

(1)求证:平面;
(2)若平面平面,求到平面的距离.
【答案】(1)见解析(2)
【解析】
【详解】(1)取中点,连接,
因为分别为的中点,所以,且,
因为四边形为菱形,所以平面平面,
所以平面.
因为平面平面平面,
所以.
又,所以.
所以四边形为平行四边形，所以.
又平面，且平面,所以平面.
(2)由(1)得平面,所以到平面的距离等于到平面的距离.
取中点,连接,
因为四边形为菱形,且,
所以,
因为平面平面,平面平面,所以平面,
因为,所以,
所以,
设到平面的距离为,又因为,
所以由,得,解得.
即到平面的距离为．
20. 如图所示，已知椭圆，与轴不重合的直线经过左焦点，且与椭圆相交于，两点，弦的中点为，直线与椭圆相交于，两点．
（1）若直线的斜率为，求直线的斜率．
（2）是否存在直线，使得成立？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由题意，求出直线的方程，设出点，的坐标，联立方程组可得，的坐标及其中点的坐标，即可得直线的斜率；
（2）假设存在直线使得成立，讨论直线斜率的情况，联立方程组分析可得是否满足题意，即可得答案.
【小问1详解】
解：由已知可得，又直线的斜率为，所以直线的方程为，
设，，
由，解得，，
所以的中点，
于是直线的斜率为；
【小问2详解】
解：假设存在直线，使得成立，
当直线的斜率不存在时，的中点，
所以,，矛盾；
故直线斜率存在，可设直线的方程为（），
联立直线与椭圆方程得，
则，，
于是，
点的坐标为，
，
直线的方程为，
联立椭圆于直线，得，
设，则，
由题意，
即，
化简得，故，
所以直线的方程为或.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
21. 已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【解析】
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
[方法二]：构造差函数
由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．
构造函数，求导数得．
当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；
当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．
由于，
当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．
构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．
所以，实数a取值范围为．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．
因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．
①当时，与只有一个交点，不符合题意．
②当时，取上一点在点的切线方程为，即．
当与为同一直线时有得
直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．
记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．
综上所述，实数a的取值范围为．
[方法四]：直接法
．
因为，由得．
当时，在区间内单调递减，不满足题意；
当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．
因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．
令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．
故实数a范围为．]
【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
请考生在第22，23题中任选一题作答，每题10分，如果多做，则按所做的第一题计分.
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）若与有两个不同的交点，求实数的取值范围．
【答案】（1），其中；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，消去参数，得到曲线的普通方程，结合极坐标与直角的互化公式，即可求得直线的直角坐标方程；
（2）根据题意，联立方程组，方程有两个非负实根，列出不等式组，即可求解.
【小问1详解】
解：由曲线的参数方程为（为参数），
消去参数，可得，其中，
又由直线的极坐标方程为，即，
因为，可得，即，
所以曲线的普通方程为，其中，
直线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
解：若直线与曲线有两个不同的交点，则有两组不同的解，
整理得，
则方程有两个非负实根，即，解得，
所以实数的取值范围是.
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数的图象关于直线对称．
（1）求的最小值；
（2）设，均为正数，且，求的最小值．
【答案】（1）4； （2）
【解析】
【分析】（1）先整理，再利用题意中的对称求出，然后用三角不等式求出最小值即可；
（2）由（1）可得，然后利用“1”的妙用和基本不等式即可求解
【小问1详解】
，
令，解得；令，解得，
因为函数的图象关于直线对称，
所以，解得，
所以，当且仅当时，取等号，
故的最小值为4；
【小问2详解】
由（1）可得，即，
所以，
当且仅当即时，取等号，
故的最小值为时间
1
2
3
4
5
销售量（千只）
0.5
0.8
1.0
1.2
1.5
课余学习时间
人数