2023-2024学年陕西省渭南市高三上学期第三次质量检测数学（文）试题（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省渭南市高三上学期第三次质量检测数学（文）试题（含解析），共16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。

第I卷（选择题共60分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，其中为实数，则（ ）
A．B．C．D．
3．下列函数中是增函数的为（ ）
A．B．C．D．
4．某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．设函数，则的值为（ ）
A．B．－1
C．0D．
6．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
7．记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25B．22C．20D．15
8．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
9．设命题函数的最小正周期为；命题函数的图象关于直线对称，则下列结论正确的是
A．为假B．为假C．为假D．为假
10．在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
11．设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则
A．
B．
C．
D．
12．函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
第II卷（非选择题共90分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知向量，若，则 ．
14．若x，y满足约束条件，设的最大值为 ．
15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则 ．
16．设椭圆，的离心率分别为．若，则 ．
三、解答题（共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答）
（一）必考题（每题12分，共60分．）
17．中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC.
（1）求A；
（2）若BC=3，求周长的最大值.
18．已知函数.
（1）求函数在上的单调递减区间；
（2）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，求的面积.
19．设Sn为等差数列{an}的前n项和，S7=49，a2+a8=18.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若S3、a17、Sm成等比数列，求S3m.
20．函数.
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；
（2）若不等式在区间(0，e]上恒成立，求实数的取值范围.
21．已知函数，其中e为自然对数的底数．
(1)求的单调区间：
(2)讨论函数在区间上零点的个数．
（二）选考题（共10分．考生从22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．）
22．已知点，直线（t为参数），为的倾斜角，l与x轴正半轴，y轴正半轴分别交于A，B两点，且．
(1)求；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求l的极坐标方程．
23．己知．
(1)解不等式；
(2)若曲线与坐标轴围成的图形的面积为2，求a．
1．B
【分析】利用交集的定义可求.
【详解】由题设有，
故选：B .
2．A
【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．
【详解】因为R，，所以，解得：．
故选：A.
3．D
【分析】根据基本初等函数的性质逐项判断后可得正确的选项.
【详解】对于A，为上的减函数，不合题意，舍.
对于B，为上的减函数，不合题意，舍.
对于C，在为减函数，不合题意，舍.
对于D，为上的增函数，符合题意，
故选：D.
4．D
【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.
【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有件，
其中这2名学生来自不同年级的基本事件有，
所以这2名学生来自不同年级的概率为.
故选：D.
5．D
【分析】结合分段函数的分段条件，分别代入计算，即可求解.
【详解】由题意，函数，
则.
故选：D.
本题主要考查了分段函数的求值问题，其中解答中结合分段函数的分段条件，分别代入，准确计算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
6．A
【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
【详解】，得，
即，解得或（舍去），
又.
故选：A.
本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
7．C
【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列的公差和首项，再根据前项和公式即可解出；
方法二：根据等差数列的性质求出等差数列的公差，再根据前项和公式的性质即可解出．
【详解】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，
，即,
又，解得：，
所以．
故选：C.
方法二：，，所以，，
从而，于是，
所以．
故选：C.
8．A
【分析】分别将,改写为，，再利用单调性比较即可.
【详解】因为，，
所以.
故选：A.
【点晴】本题考查对数式大小的比较，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.
9．D
【分析】由题设条件可先判断出两个命题的真假，再根据复合命题真假的判断规则判断出选项中复合命题的真假即可得出正确选项．
【详解】由于函数的最小正周期为，故命题是真命题；
函数的图象关于直线对称，故是假命题，为真命题．
结合复合命题的判断规则知：为假命题，为是真命题．
故选：D．
本题考查复合命题的真假判断，解题的关键是正确判断所涉及命题的真假及熟练掌握复合命题的真假判断规则，本题属于高考常考题型也是对命题考查的常规题型，属于基础题．
10．D
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
11．C
由已知函数为偶函数，把，转化为同一个单调区间上，再比较大小．
【详解】是R的偶函数，．
，
又在(0，+∞)单调递减，
∴，
，故选C．
本题主要考查函数的奇偶性、单调性，解题关键在于利用中间量大小比较同一区间的取值．
12．C
【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解.
【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以，
而显然过与两点，
作出与的部分大致图像如下，

考虑，即处与的大小关系，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
所以由图可知，与的交点个数为.
故选：C.
13．
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示以及向量的线性运算列出方程，即可解出．
【详解】因为，所以由可得，
，解得．
故．
本题解题关键是熟记平面向量数量积的坐标表示，设，
，注意与平面向量平行的坐标表示区分．
14．15
【分析】由约束条件作出可行域，根据线性规划求最值即可.
【详解】作出可行域，如图，

由图可知，当目标函数过点时，有最大值，
由可得，即,
所以.
故15
15．
【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为.
16．##
【分析】分别根据，椭圆的方程得出，.进而得出，列出方程组，求解即可得出答案.
【详解】对于椭圆，由方程可得，，
所以，，
所以，.
对于椭圆，由方程可得，，，
所以，，，，
所以，.
又，
所以，，，
即，
整理可得，解得.
故答案为.
17．（1）；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；
（2）方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.
【详解】（1）由正弦定理可得：，
，
，.
（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式
由余弦定理得：，
即.
（当且仅当时取等号），
，
解得：（当且仅当时取等号），
周长，周长的最大值为.
[方法二]：正弦化角（通性通法）
设，则，根据正弦定理可知，所以，当且仅当，即时，等号成立．此时周长的最大值为．
[方法三]：余弦与三角换元结合
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得，即．令，得，易知当时，，
所以周长的最大值为．
【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；
方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.
方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决.
方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.
18．（1）和.（2）
【分析】（1）利用倍角公式和辅助角公式化简，再将代入正弦函数的递增区间，并与区间取交集，即可得答案；
（2）根据可得，再根据正弦定理和三角形的面积公式，即可得答案；
【详解】（1）由已知得
由，可得，，
又
函数在的单调递减区间为和.
（2）由（1）知，
由，可得.
中是锐角三角形，，
，
又，
，即，
又，正弦定理可得，
.
本题考查三角恒等变换中的倍角公式、解三角形中的正弦定理和面积公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
19．（1）an=2n﹣1；（2）1089.
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，由条件有，可求出，进而得出答案.
（2）由（1）知：S,由S3、a17、Sm成等比数列，可以求出，则可得出的值.
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，∵Sn为等差数列{an}的前n项和，S7=49，a2+a8=18，
∴⇒，解得：d=2.
∴
（2）由（1）知.
∵成等比数列，∴，即9m2，解得m11.
故
本题考查求等差数列的通项公式和求前项的和，以及等比数列的性质，属于中档题.
20．（1），（2）
【分析】（1）求出函数的导数，从而可得，从而可求出的值；
（2）求出函数的定义域，化简不等式可得，构造函数，则，从而由单调性确定函数的最值，从而得答案
【详解】解：（1）由，得（），
因为曲线在点处的切线与直线垂直，
所以，解得，
（2）的定义域为，
因为，所以，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
所以
所以实数的取值范围为
21．(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）先求出，再根据有无极值点进行分类讨论，求单调区间即可；
（2）根据第一小问中的单调情况，根据极值点相对于区间的位置关系分类讨论即可.
【详解】（1）因为，所以，
当时，恒成立，
所以的单调增区间为，无单调减区间．
当时，令，得，
令，得，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）由（1）知，．
①当时，在区间上单调递增且，
所以在区间上有一个零点．
②当时，在区间上单调递减且，
所以在区间上有一个零点．
③当时，在区间上单调递减，在上单调递增，
而．
当，即时，在区间上有两个零点．
当，即时，在区间上有一个零点．
综上可知，当或时，在上有一个零点，
当时，在区间上有两个零点．
方法点睛：利用导数处理函数零点常用方法
（1）构造新函数 ，利用导数研究的性质，结合的图象，判断函数零点的个数.
（2）利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.
22．(1)
(2)
【分析】（1）根据的几何意义即可解出；
（2）求出直线的普通方程，再根据直角坐标和极坐标互化公式即可解出．
【详解】（1）因为与轴，轴正半轴交于两点，所以，
令，，令，，
所以，所以，
即，解得，
因为，所以．
（2）由（1）可知，直线的斜率为，且过点，
所以直线的普通方程为：，即，
由可得直线的极坐标方程为．
23．(1)
(2)
【分析】（1）分类讨论，去绝对值，求解不等式，即可得出答案；
（2）作出函数图象，结合图象，用表示出面积，列出方程，求解即可得出答案.
【详解】（1）若，则，
即，解得，即；
若，则，
解得，即.
综上，不等式的解集为．
（2）由（1）可得，

画出的草图，如图，由已知可得，，，
所以，
所以.
又，
所以，解得．