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陕西省安康市2023-2024学年高三第三次质量联考理科数学试题
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这是一份陕西省安康市2023-2024学年高三第三次质量联考理科数学试题，共14页。试卷主要包含了在中，是的中点，与相交于点，则，已知，则等内容，欢迎下载使用。
考试满分：150分 考试时间：120分钟
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上.
4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，则（ ）
A. B. C. D.
2.集合，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
3.已知函数，公差不为0的等差数列的前项和为.若，则（ ）
A.1012 B.2024 C.3036 D.4048
4.若实数满足约束条件，则的最大值为（ ）
A.0 B.2 C.9 D.11
5.甲､乙､丙三人被随机的安排在周六､周日值班，每天至少要有一人值班，每人只在其中一天值班.则甲､乙被安排在同一天值班的概率为（ ）
A. B. C. D.
6.在中，是的中点，与相交于点，则（ ）
A. B.
C. D.
7.已知，则（ ）
A. B. C. D.
8.侧棱长与底面边长均为的正三棱柱的外接球的表面积为，则（ ）
A.12 B.8 C.6 D.4
9.已知直线与椭圆在第四象限交于两点，与轴，轴分别交于两点，若，则的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
10.已知，则（ ）
A.-15 B.-6 C.6 D.15
11.若直线是曲线的一条切线，则（ ）
A. B.
C. D.
12.已知直线与直线相交于点，则到直线的距离的取值集合是（ ）
A. B. C. D.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.写出一个对称中心为的奇函数__________.
14.已知数列的前项和为，且，则__________.
15.已知抛物线的焦点为，位于第一象限的点在上，为坐标原点，且满足，则外接圆的半径为__________.
16.已知函数，都有，则的取值范围为__________.
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：共60分.
17.（12分）作为一个基于大型语言处理模型的文字聊天工具，ChatGPT走红后，大模型的热度持续不减，并日渐形成了“千模大战”的局面.百度的文心一言､阿里的通义千问､华为的盘古､腾讯的混元以及科大讯飞的星火等多种大模型正如火如茶的发布上线.现有某大模型给出了会员有效期30天的两种不同费用，100次的使用费为6元，500次的使用费为24元.后台调取了购买会员的200名用户基本信息，包括个人和公司两种用户，统计发现购买24元的用户数是140，其中个人用户数比公司用户数少20，购买6元的公司用户数是个人用户数的一半.
（1）完成如下用户类别与购买意向的列联表；
（2）能否有的把握认为购买意向与用户类别有关？（运算结果保留三位小数）
附：，
临界值表如下：
18.（12分）在三边均不相等的中，角对应的边分别为，若.点在线段上，且平分角.
（1）求；
（2）若，求的长度.
19.（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，，点分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
20.（12分）已知双曲线的离心率为2，其中一个焦点到一条渐近线的距离等于.
（1）求该双曲线的标准方程；
（2）若直线与双曲线交于两点，且坐标原点在以为直径的圆上，求的最小值.
21.（12分）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当且时，讨论在上的零点个数.
（二）选考题：共10分.请考生在第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.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数），
（1）分别求曲线和直线的直角坐标方程；
（2）若直线交曲线于两点，过线段的中点作轴的平行线交于一点，求点的横坐标.
23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数.
（1）求函数的最小值；
（2）若为正实数，且，求的最小值.
2023—2024学年安康市高三年级第三次质量联考
理科数学参考答案
1.【答案】D
【解析】由条件可得，所以，即.故选.
2.【答案】A
【解析】由条件可得，所以，故选A.
3.【答案】B
【解析】由题可知函数的图象关于直线对称，所以，所以，又，故选B.
4.【答案】D
【解析】由约束条件，画出可行域，
，化为斜截式方程得，
联立得，即.
由题意可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，此时最大.
把点代入目标函数可得最大值，即最大值.故选.
5.【答案】C
【解析】由题意可知将3人分成两组，其中一组只有1人，另一组有2人.分别安排在周六､周日值班共有6种情况（甲乙，丙）､（甲丙，乙）､（乙丙，甲）､（甲，乙丙）､（乙，甲丙）､（丙，甲乙）.显然甲､乙被安排在同一天有2种情况，所以甲､乙被安排在同一天的概率为.故选C.
6.【答案】B
【解析】设，由是的中点，得，由，得.
所以，且
由与相交于点可知，点在线段上，也在线段上，由三点共线的条件可得，解得，所以，故选B.
7.【答案】A
【解析】由，解得，所以，所以.故选A.
8.【答案】C
【解析】由球的表面积公式，解得外接球半径.因为底面三角形是边长为的等边三角形，所以此三角形的外接圆半径为，由正三棱柱的外接球的特点可得，，解得.故选C.
9.【答案】C
【解析】由可得线段的中点，也是线段的中点，设，
线段的中点坐标为，则.
又点在椭圆上，所以，两式相减可得，
，所以，所以，即.
又因为四点共线，所以，综上可得，由在第四象限得即，所以直线的倾斜角为.故选C.
10.【答案】A
【解析】令，即，
对函数求导可得，，
且，所以.故选A.
11.【答案】B
【解析】设切点坐标为，则切点在直线上，也在曲线上，所以，又切线斜率，且，所以，代入可得，故选.
12.【答案】D
【解析】由两直线垂直的判断条件，可知，所以直线与始终垂直，又由条件可得直线恒过定点，直线恒过定点，所以两直线的交点是在以线段为直径的圆上，所以该圆的圆心坐标为，半径为，但需挖去点，此点是过定点且斜率不存在的直线与过定点且斜率为0的直线的交点，故点到直线的距离的最大值与最小值可转化为圆心到直线的距离再加减半径，又需要去掉点到直线的距离为，所以取值集合是.选D.
13.【答案】
【解析】因为奇函数关于原点对称，且此函数又关于点对称，所以此函数可类比于正弦函数，因为正弦函数是奇函数，且关于点对称，所以可联想到.
14.【答案】-4
【解析】当时，，解得.
当时，，两式相减得，
因为，所以，所以，所以数列是首项为-2，公比为-1的等比数列，所以，即数列是，故，所以.
15.【答案】
【解析】由题可得，由，可得点的横坐标为，所以，所以，设外接圆的半径为，则由正弦定理可得，所以外接圆的半径为.
16.【答案】
【解析】由，不妨设，则，
所以，
可变形化简为，
构造函数，则，
所以在上是单调递增函数，
所以恒成立，
即在上恒成立，
当时，，
又时，，而，所以，
所以，
所以的取值范围为.
故答案为：
17.【解析】（1）设购买24元的个人用户数为，则购买24元的公司用户数为，
设购买6元的公司用户数为，则购买6元的个人用户数为，
则有，解得，
所以用户类别与购买意向列联表如下：
（2）由（1）中列联表得
，
所以有的把握认为用户类别与购买意向有关系.
18.【解析】（1）由，得
化简得
因为三边均不相等，所以，即
由余弦定理得
在中，由，得
（2）在中，，故
由得，易得
在中，，所以
在中，由，得
19.【解析】（1）证明：因为底面为正方形，所以，
又因为平面，
所以平面
因为平面，所以，
同理，又因为平面，所以平面
（2）由（1）知底面，即两两相互垂直，
如图，以点为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系.
则，
.
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，得
，
由（1）知平面的一个法向量为，
所以平面与平面夹角的余弦值是
20.【解析】（1）解：由题意得
又因为，解得.所以双曲线方程为：
（2）因为以为直径的圆过坐标原点，所以，所以，即：..
①当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，设，
由可得，
又点在双曲线上，代入可得，解得.
所以.
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由联立消去整理得，
因为直线与双曲线交于两点，所以，
且判别式.
设，
则，
由得到：，所以，
即，
所以，
化简得.
所以.
当时上式取等号，且方程有解.
综上可得的最小值是.
21.【解析】（1）显然定义域为，由得
当时，单调递增区间为，无减区间，
当时，由，得，所以单调递增区间为；
由，得，所以单调递减区间为
（2）由题可得函数，所以
，解得
所以
①当时，有，
所以恒成立，
所以，在上单调递减，是一个零点；
②当时，，
设，则恒成立，
即在上单调递增.
又，
所以根据零点存在定理可知，，使得
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增
又，所以.
因为，
根据零点存在定理可知，，使得
综上所述，在上的零点个数为2.
22.【解析】（1）由可得，代入
消去参数，可得的直角坐标方程为：
化简可得，所以.
将代入的极坐标方程，可得的直角坐标方程为：.
（2）曲线是抛物线，其焦点，准线，
直线，恰好过抛物线的焦点.
由，
设，
则，线段的中点的横坐标，中点的纵坐标，
过点作轴的平行线交于一点，则点的纵坐标也等于，所以点的横坐标为
23.【解析】（1），
在上单调递减，在上单调递增，
所以，即当时，函数取得最小值
（2）由（1）可得当为正实数时，，
则由可得：，
所以
当且仅当时，
又，即当时，等号成立.
所以的最小值为9购买6元
购买24元
总计
个人用户
公司用户
总计
0.10
0.05
0.025
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
购买6元
购买24元
总计
个人用户
40
60
100
公司用户
20
80
100
总计
60
140
200
考试满分：150分 考试时间：120分钟
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上.
4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，则（ ）
A. B. C. D.
2.集合，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
3.已知函数，公差不为0的等差数列的前项和为.若，则（ ）
A.1012 B.2024 C.3036 D.4048
4.若实数满足约束条件，则的最大值为（ ）
A.0 B.2 C.9 D.11
5.甲､乙､丙三人被随机的安排在周六､周日值班，每天至少要有一人值班，每人只在其中一天值班.则甲､乙被安排在同一天值班的概率为（ ）
A. B. C. D.
6.在中，是的中点，与相交于点，则（ ）
A. B.
C. D.
7.已知，则（ ）
A. B. C. D.
8.侧棱长与底面边长均为的正三棱柱的外接球的表面积为，则（ ）
A.12 B.8 C.6 D.4
9.已知直线与椭圆在第四象限交于两点，与轴，轴分别交于两点，若，则的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
10.已知，则（ ）
A.-15 B.-6 C.6 D.15
11.若直线是曲线的一条切线，则（ ）
A. B.
C. D.
12.已知直线与直线相交于点，则到直线的距离的取值集合是（ ）
A. B. C. D.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.写出一个对称中心为的奇函数__________.
14.已知数列的前项和为，且，则__________.
15.已知抛物线的焦点为，位于第一象限的点在上，为坐标原点，且满足，则外接圆的半径为__________.
16.已知函数，都有，则的取值范围为__________.
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：共60分.
17.（12分）作为一个基于大型语言处理模型的文字聊天工具，ChatGPT走红后，大模型的热度持续不减，并日渐形成了“千模大战”的局面.百度的文心一言､阿里的通义千问､华为的盘古､腾讯的混元以及科大讯飞的星火等多种大模型正如火如茶的发布上线.现有某大模型给出了会员有效期30天的两种不同费用，100次的使用费为6元，500次的使用费为24元.后台调取了购买会员的200名用户基本信息，包括个人和公司两种用户，统计发现购买24元的用户数是140，其中个人用户数比公司用户数少20，购买6元的公司用户数是个人用户数的一半.
（1）完成如下用户类别与购买意向的列联表；
（2）能否有的把握认为购买意向与用户类别有关？（运算结果保留三位小数）
附：，
临界值表如下：
18.（12分）在三边均不相等的中，角对应的边分别为，若.点在线段上，且平分角.
（1）求；
（2）若，求的长度.
19.（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，，点分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
20.（12分）已知双曲线的离心率为2，其中一个焦点到一条渐近线的距离等于.
（1）求该双曲线的标准方程；
（2）若直线与双曲线交于两点，且坐标原点在以为直径的圆上，求的最小值.
21.（12分）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当且时，讨论在上的零点个数.
（二）选考题：共10分.请考生在第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.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数），
（1）分别求曲线和直线的直角坐标方程；
（2）若直线交曲线于两点，过线段的中点作轴的平行线交于一点，求点的横坐标.
23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数.
（1）求函数的最小值；
（2）若为正实数，且，求的最小值.
2023—2024学年安康市高三年级第三次质量联考
理科数学参考答案
1.【答案】D
【解析】由条件可得，所以，即.故选.
2.【答案】A
【解析】由条件可得，所以，故选A.
3.【答案】B
【解析】由题可知函数的图象关于直线对称，所以，所以，又，故选B.
4.【答案】D
【解析】由约束条件，画出可行域，
，化为斜截式方程得，
联立得，即.
由题意可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，此时最大.
把点代入目标函数可得最大值，即最大值.故选.
5.【答案】C
【解析】由题意可知将3人分成两组，其中一组只有1人，另一组有2人.分别安排在周六､周日值班共有6种情况（甲乙，丙）､（甲丙，乙）､（乙丙，甲）､（甲，乙丙）､（乙，甲丙）､（丙，甲乙）.显然甲､乙被安排在同一天有2种情况，所以甲､乙被安排在同一天的概率为.故选C.
6.【答案】B
【解析】设，由是的中点，得，由，得.
所以，且
由与相交于点可知，点在线段上，也在线段上，由三点共线的条件可得，解得，所以，故选B.
7.【答案】A
【解析】由，解得，所以，所以.故选A.
8.【答案】C
【解析】由球的表面积公式，解得外接球半径.因为底面三角形是边长为的等边三角形，所以此三角形的外接圆半径为，由正三棱柱的外接球的特点可得，，解得.故选C.
9.【答案】C
【解析】由可得线段的中点，也是线段的中点，设，
线段的中点坐标为，则.
又点在椭圆上，所以，两式相减可得，
，所以，所以，即.
又因为四点共线，所以，综上可得，由在第四象限得即，所以直线的倾斜角为.故选C.
10.【答案】A
【解析】令，即，
对函数求导可得，，
且，所以.故选A.
11.【答案】B
【解析】设切点坐标为，则切点在直线上，也在曲线上，所以，又切线斜率，且，所以，代入可得，故选.
12.【答案】D
【解析】由两直线垂直的判断条件，可知，所以直线与始终垂直，又由条件可得直线恒过定点，直线恒过定点，所以两直线的交点是在以线段为直径的圆上，所以该圆的圆心坐标为，半径为，但需挖去点，此点是过定点且斜率不存在的直线与过定点且斜率为0的直线的交点，故点到直线的距离的最大值与最小值可转化为圆心到直线的距离再加减半径，又需要去掉点到直线的距离为，所以取值集合是.选D.
13.【答案】
【解析】因为奇函数关于原点对称，且此函数又关于点对称，所以此函数可类比于正弦函数，因为正弦函数是奇函数，且关于点对称，所以可联想到.
14.【答案】-4
【解析】当时，，解得.
当时，，两式相减得，
因为，所以，所以，所以数列是首项为-2，公比为-1的等比数列，所以，即数列是，故，所以.
15.【答案】
【解析】由题可得，由，可得点的横坐标为，所以，所以，设外接圆的半径为，则由正弦定理可得，所以外接圆的半径为.
16.【答案】
【解析】由，不妨设，则，
所以，
可变形化简为，
构造函数，则，
所以在上是单调递增函数，
所以恒成立，
即在上恒成立，
当时，，
又时，，而，所以，
所以，
所以的取值范围为.
故答案为：
17.【解析】（1）设购买24元的个人用户数为，则购买24元的公司用户数为，
设购买6元的公司用户数为，则购买6元的个人用户数为，
则有，解得，
所以用户类别与购买意向列联表如下：
（2）由（1）中列联表得
，
所以有的把握认为用户类别与购买意向有关系.
18.【解析】（1）由，得
化简得
因为三边均不相等，所以，即
由余弦定理得
在中，由，得
（2）在中，，故
由得，易得
在中，，所以
在中，由，得
19.【解析】（1）证明：因为底面为正方形，所以，
又因为平面，
所以平面
因为平面，所以，
同理，又因为平面，所以平面
（2）由（1）知底面，即两两相互垂直，
如图，以点为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系.
则，
.
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，得
，
由（1）知平面的一个法向量为，
所以平面与平面夹角的余弦值是
20.【解析】（1）解：由题意得
又因为，解得.所以双曲线方程为：
（2）因为以为直径的圆过坐标原点，所以，所以，即：..
①当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，设，
由可得，
又点在双曲线上，代入可得，解得.
所以.
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由联立消去整理得，
因为直线与双曲线交于两点，所以，
且判别式.
设，
则，
由得到：，所以，
即，
所以，
化简得.
所以.
当时上式取等号，且方程有解.
综上可得的最小值是.
21.【解析】（1）显然定义域为，由得
当时，单调递增区间为，无减区间，
当时，由，得，所以单调递增区间为；
由，得，所以单调递减区间为
（2）由题可得函数，所以
，解得
所以
①当时，有，
所以恒成立，
所以，在上单调递减，是一个零点；
②当时，，
设，则恒成立，
即在上单调递增.
又，
所以根据零点存在定理可知，，使得
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增
又，所以.
因为，
根据零点存在定理可知，，使得
综上所述，在上的零点个数为2.
22.【解析】（1）由可得，代入
消去参数，可得的直角坐标方程为：
化简可得，所以.
将代入的极坐标方程，可得的直角坐标方程为：.
（2）曲线是抛物线，其焦点，准线，
直线，恰好过抛物线的焦点.
由，
设，
则，线段的中点的横坐标，中点的纵坐标，
过点作轴的平行线交于一点，则点的纵坐标也等于，所以点的横坐标为
23.【解析】（1），
在上单调递减，在上单调递增，
所以，即当时，函数取得最小值
（2）由（1）可得当为正实数时，，
则由可得：，
所以
当且仅当时，
又，即当时，等号成立.
所以的最小值为9购买6元
购买24元
总计
个人用户
公司用户
总计
0.10
0.05
0.025
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
购买6元
购买24元
总计
个人用户
40
60
100
公司用户
20
80
100
总计
60
140
200
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