2022届陕西省宝鸡市金台区高三上学期11月教学质量检测文科数学试题（PDF版含答案）

2021届高三教学质量检测文科数学答案

一、选择题：本大题共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.B   本题考查集合的运算.

解：集合，集合，因此.

2.B   本题考查复数的运算.

解：由已知得.

3.D   本题考查命题的真假，或且非命题的真值表.

解：因为，所以，，故命题是假命题；

命题q： ，， q是真命题，所以是真命题.

4.C   由，根据三角函数图像性质结合选项一一判断即可．

解：由，

对A项，的最小正周期为，故A错；

对B项，的最大值为，故B错；

对C项，当时，有，因为在上单调递增，

所以在区间上单调递增正确；

对D项，当时，有，所以不是的对称轴，故D错．

5.B   根据目标函数画出可行域，再根据目标函数的斜率判断出过点时，取最小值，把点的坐标代入目标函数即可求出的最小值.

解：画出可行域如图阴影部分所示，

目标函数可化为，

由图可知，当直线过点时，取最小值，且.

6. B  本题考查诱导公式和二倍角公式.

解：

.

故选：B.

7.B．  利用几何概型中的面积型列式即可得解.

解： 令正方形边长为2，其内切圆半径为1，则正方形面积，圆面积为，

由几何概型的面积型得：，解得，所以π的近似值为.

8.C． 本题考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.

解：由题意可得，

对于A，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.

对于B，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；

对于C，是奇函数；

对于D，不是奇函数；

故选：C

9.B． 根据二次函数的性质可判断③符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出①④符合题意，②不符合题意．

解：对于①，因为，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，①符合题意；

对于②，，函数定义域为，而且，如当，，②不符合题意．

对于③，，当且仅当时取等号，所以其最小值为4，③符合题意；

对于④，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，④符合题意；

故选：B．

10.A．本题考查空间图形位置关系，异面直线所成角．

解：在上取点，使得，连接，.

    因为，，则，则直线 与所成

角为直线与所成角.

在中，，

在中，,,

在中，,

在中，,

在中，．

则与所成角的余弦值为.

故选：A．

11.D．本题考查椭圆的性质，两点间的距离公式，一元二次不等式的最值求解问题．

解：设点，点在上，则，即,

因为是椭圆的右顶点，所以 ，

，

把代入，得：,

当时，取到最大值.

12.B． 本小题主要考查三次函数的图像与性质，利用数形结合的数学思想方法可以解答. 先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到、所满足的关系.

解：若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.

有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.

当，即时，由，，

由的图像可知：，，故.

当，即时，由时，，

由的图像可知： ，，故.

综上所述，成立.  故选：B

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. ．考查向量的数量积的运算，考查数学运算的核心素养.

解：由得：，即，得：

14. 2．考查双曲线的性质、点到直线的距离公式.

解：设左焦点为，则左焦点到直线的距离为：

15. ．考查余弦定理和解三角形有关知识，考查逻辑推理和数学运算的核心素养.

解：由余弦定理得：，则，解得：，

16. 丙（3分）， （2分，不带单位不给分）

考查三视图，考查直观想象的核心素养.

解：由三视图还原甲、丙几何体如下图，乙（略）

，，   

，，

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．

17.本题考查中位数、平均得分与方差的求法，考查数学运算及数据分析的核心素养.

解：（1）训练后得分的中位数为，                      ……… 2分

平均得分为：（分）         ……… 4分

方差为：（）                                                 ……… 6分

（2）尽管中位数训练后比训练前稍小，但平均得分一样，训练后方差小于训练前方差,,说明训练后得分稳定性提高了，这是投篮水平提高的表现，故此训练计划对该运动员的投篮水平的提高有帮助.                              ……… 12分

18. 本题考查空间中线面位置关系的判定及几何体体积的求法，考查直观想象的核心素养.

解：（1）因为底面是菱形，，所以为等边三角形，

所以平分，所以，

所以，                               ………3分

又因为平面，所以，且，

所以平面，又平面，        ………5分

所以平面平面；                    ………6分

（2）连接，则为等边三角形，由得为等腰直角三角形，由可得：     ………9分

四棱锥的体积为：

    ………12分

19.本题主要考查等差数列及裂项相消法求和，考查了逻辑推理和数学运算的核心素养.

解：（1）由可得，                   ……… 2分

∴等差数列是以1为首项，1为公差，                        ……… 4分

∴，得.                                       ……… 6分

（2）由（1）可得，   ……… 9分

∴.      ……… 12分

20.本题考查了利用导数求函数的单调性、最值问题、零点问题，考查学生的等价转化思想以及数学运算、逻辑推理及数学建模的核心素养.

解：（1）易知函数的定义域为，

当时，，则，令得.       ……… 2分

所以，当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

所以，当时，取得极小值,

所以的极小值为2.                                             ……… 5分

（2）由题设得，令，得.

设，则，    ……… 8分

当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减.

所以是的唯一极值点，且是极大值点，也就是最大值点. 

∴.                                            ……… 10分

作出的大致图像，可知

①时，函数无零点；

②时，函数有两个零点；

③或时，函数有且仅有一个零点.                     ……… 12分

21.本题主要考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，定点问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想的应用，考察的核心素养是数学运算、逻辑推理.

解：（1）设，直线的方程为，与抛物线方程联立，

整理可得

所以，，

所以，   

所以，                                                    ………4分

（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，

设，

则抛物线在点处的切线方程为                 ……… 6分

从而同理，

因为，所以，即，                         ……… 8分

又，

从而直线的方程为：，                  ……… 10分

将带入化简得：，

所以，直线恒过定点.                                   ……… 12分

22.本题考查参数方程的求解，考查的核心素养逻辑推理、直观想象和数学运算.

解：（1）由曲线C的极坐标方程可得，

将代入可得，即，

即曲线C的直角坐标方程为；                      ……… 5分

（2）设，设

，

，

则，即，

故P的轨迹的参数方程为（为参数）           ……… 8分

曲线C的圆心为，半径为，曲线的圆心为，半径为1，则圆心距为，

，两圆内含，故曲线C与没有公共点.          ……… 10分

23.本题考查绝对值不等式求解及恒成立问题，主要考查分类讨论、数形结合的思想及逻辑推理、直观想象和数学运算的核心素养.

解：（1）令,

则=   ……… 2分

因为,所以当≤时,由,解得x≤；

当时,由,解得≤

当时,由,解得.

综上得,所求不等式的解集为.                   ……… 5分

（2）由（1）作函数的图像,点,         ……… 8分

令,则其过定点,如图所示,

由不等式的解集为,

可得-4≤<,即-4≤.

所以,所求实数的取值范围为.      ……… 10分