2023届陕西省宝鸡教育联盟高三下学期教学质量检测（五）数学（理）试题含解析

2023届陕西省宝鸡教育联盟高三下学期教学质量检测（五）数学（理）试题

一、单选题

1．设集合A＝{x|﹣1＜x＜1}，，则A∩B＝（    ）

A．{x|﹣1＜x＜1} B．{x|0＜x＜1} C．{x|0≤x＜1} D．{x|0≤x≤1}

【答案】C

【分析】解出集合，再求出即可.

【详解】,

又，

则.

故选：.

【点睛】本题主要考查的是集合的交集的运算，是基础题.

2．已知为虚数单位，则复数的模为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】首先根据复数代数形式的乘法运算化简，再计算其模即可；

【详解】解：，

所以；

故选：B

3．已知非零向量，，若，则实数t的值为(    )

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据两向量垂直，它们的数量积为零即可计算t的值．

【详解】，

∵，

∴，即，解得．

故选：D﹒

4．从甲、乙两车间各抽取10件同类产品进行某项指标的检测，检测数据的茎叶图如图所示，则甲、乙两车间产品该项指标的中位数分别为（    ）

A．23.5    18.5 B．22     18

C．23    18.5 D．23     19

【答案】C

【分析】直接根据中位数的定义即可得解.

【详解】甲车间产品依次为，

故其中位数为，

乙车间产品依次为，

故其中位数为.

故选：C.

5．在正项等比数列中，若依次成等差数列，则的公比为

A．2 B． C．3 D．

【答案】A

【分析】由等差中项的性质可得，又为等比数列，所以，化简整理可求出q的值．

【详解】由题意知，又为正项等比数列，所以，且，所以，

所以或（舍），故选A

【点睛】本题考查等差数列与等比数列的综合应用，熟练掌握等差中项的性质，及等比数列的通项公式是解题的关键，属基础题．

6．已知函数，设甲：，乙：函数在区间上单调递增，则甲是乙的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】利用“乙”计算出，然后判断充分性与必要性即可.

【详解】当时，，又因为，若函数在区间上单调递增，则有，可得；

若，当时，，则函数在区间上单调递增；

故甲是乙的充要条件．

故选：C

7．已知函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】因为函数在R上单调递增，则对恒成立，分离参数通过求解函数最值即可得出结果．

【详解】由，

若函数在R上单调递增，则对恒成立．

有，可得，

又由，可得．

故选：C

8．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】切化弦后，结合二倍角正余弦公式可构造方程求得，由可求得结果.

【详解】由得：，

，，，解得：，

.

故选：D.

9．执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的，的值分别为

A．3，5 B．4，7 C．5，9 D．6，11

【答案】C

【详解】执行第一次循环后，，，执行第二次循环后，，，执行第三次循环后，，，执行第四次循环后，此时，不再执行循环体，故选C.

点睛：对于比较复杂的流程图，可以模拟计算机把每个语句依次执行一次，找出规律即可.

10．已知抛物线：（）的焦点为，点在上，且，若点的坐标为，且，则的方程为（    ）

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】A

【分析】设为，得到，，得到，由，联立方程组求得，结合，求得的值，即可求解.

【详解】设为，则，

又由，所以，

因为，所以，可得，

由，联立方程组，消去，可得，所以，故，

又由，所以，即，解得或，

所以的方程为或．

故选：A．

11．如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左､右焦点分别为，从发出的光线经过图2中的两点反射后，分别经过点和，且，，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算和向量数量积为0的条件，判定，结合已知条件得到，设出，表示出直角三角形的其余边，结合双曲线的定义表示出，利用建立方程求得，进而求得

，然后利用勾股定理求得，从而得到，从而得到离心率的值.

【详解】如图，由，有，

可得，可得，有.

在Rt中，由，

不妨设，则，由勾股定理得，

又由双曲线的定义可得，，

根据可得，

解得，所以，

在Rt中，，可得，

故双曲线的离心率为.

故选：B.

12．如图，长方体中，，，点P是BC的中点，点M是BD1上一动点﹐点N在平面上移动，则MN的最小值为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】C

【分析】连接交于O，连接OP，根据题意MN长度的最小值等于三棱锥的高﹐利用等体法即可求解.

【详解】连接交于O，连接OP，

因为O，P分别为，BC的中点﹐所以OP为的中位线，则，

所以平面，所以MN长度的最小值等于三棱锥的高﹐

记三棱锥的高为h，

由等体积法知，三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，

即．

因为，，所以，

，，

，所以，

所以．

故选：C

二、填空题

13．已知直线被圆所截得的弦长为，则实数m=___________.

【答案】

【分析】先求出圆心到直线的距离，再根据圆的弦长公式即可得解.

【详解】圆的圆心为，半径，

圆心到直线的距离，

则弦长，解得.

故答案为：.

14．已知定义域为的偶函数在上单调递减，且2是函数的一个零点，则不等式的解集为______．

【答案】

【分析】根据题意将问题转化为，进而结合函数单调性得，再解不等式即可得答案.

【详解】因为2是函数的一个零点，所以，

因为函数是偶函数，所以原不等式等价于，

又因为函数在上单调递减，所以，解得．

故答案为：．

15．在矩形ABCD中，，，在该矩形内随机取一点M，则事件“”发生的概率为___________.

【答案】

【分析】如图，设的中点为，设以为直径的圆与交于两点，过作，垂足为，则事件“”即为点在扇形，扇形和三个区域内，不包括，求出面积，再根据几何概型即可得解.

【详解】如图，设的中点为，

因为，所以以为直径的圆与相交，

设以为直径的圆与交于两点，过作，垂足为，

则事件“”即为点在扇形，扇形和三个区域内，不包括，

在中，，

则，所以，

则点所在区域的面积为，

所以所求概率.

故答案为：.

16．已知数列满足，则数列的前2022项的和为___________.

【答案】

【分析】利用累加法求数列的通项公式，再利用裂项相消法求数列的前2022项的和即可.

【详解】由题意可知，满足，

当时，，

，以上各式累加得，

.

，

当时，也满足上式，∴，则.

∴数列的前n项和为，

∴.

故答案为：.

三、解答题

17．在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，．

(1)证明：；

(2)若，求的面积．

【答案】(1)证明见解析

(2)6

【分析】小问1：证法一：运用余弦定理可证，证法二：利用正弦定理可证；

小问2：由余弦定理求得，结合三角形面积公式可求结果．

【详解】（1）（1）证法一：∵，∴，

由余弦定理可得．

则，

，∴．

证法二：∵，由正弦定理得，

∴，

可得，

所以由正弦定理可得．

（2）（2）由余弦定理可得

．

∴，∴，

∵，A为三角形内角，∴，

∴．

18．在高考结束后，程浩同学回初中母校看望数学老师，顺便帮老师整理初三年级学生期中考试的数学成绩，并进行统计分析，在整个年级中随机抽取了200名学生的数学成绩，将成绩分为，，，，，，共6组，得到如图所示的频率分布直方图，记分数不低于90分为优秀．

(1)从样本中随机选取一名学生，已知这名学生的分数不低于70分，问这名学生数学成绩为优秀的概率；

(2)在样本中，采取分层抽样的方法从成绩在内的学生中抽取13名，再从这13名学生中随机抽取3名，记这3名学生中成绩为优秀的人数为X，求X的分布列与数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析；

【分析】（1）先由频率直方图中频率之和为求得，从而求得不低于70分与不低于90分的人数，由此求得这名学生成绩是优秀的概率；

（2）结合（1）中结论，求得成绩在，与内的人数，从而利用分层抽样比例相同求得各区间所抽人数，由此利用组合数求得各取值的概率，进而得到X的分布列与数学期望．

【详解】（1）依题意，得，解得，

则不低于70分的人数为，

成绩在内的，即优秀的人数为；

故这名学生成绩是优秀的概率为；

（2）成绩在内的有（人）；

成绩在内的有（人）；成绩在内的有人；

故采用分层抽样抽取的13名学生中，成绩在内的有6人，在内的有5人，在内的有2人，

所以由题可知，X的可能取值为0，1，2，

则，，，

所以X的分布列为：

故．

19．如图，在几何体中，四边形为等腰梯形，，，，，平面，，．

(1)证明：；

(2)求平面和平面所成锐二面角的大小．

【答案】(1)证明见解析；

(2)60°.

【分析】(1)由题意可知只需证明即可；

(2)取DF中点N，连接AN，EN，延长交BC的延长线于M,延长AN并交BE的延长线于P,再连接PM,则即为平面和平面所成锐二面角，求解此角即可.

【详解】（1）证明：因为为等腰梯形，，，，

过D作于K,

则,

所以，，

所以解得：,

又因为，

所以 ，

又因为平面，，

所以平面，平面，

所以，

又因为，

所以平面,平面，

所以；

（2）解：

取DF中点N，连接AN，EN

因为，，，

所以与CE平行且相等，

所以四形边DCEN为平行四边形，

所以NE∥CD且NE=DC=1,

所以NE∥AB,

延长交BC的延长线于M,延长AN并交BE的延长线于P,再连接PM,如图所示：

因为AB=2中点，

所以NE为的中位线，

所以N,E分别为PA,PB的中点，

又因为与相似，，CD=1,

所以MD=MC=1,

所以为等边三角形.

又因为AD=1,

所以D为AM的中点,

所以DN为的中位线,

所以PM∥DN,

所以平面，

所以，

所以平面和平面所成锐二面角即为平面和平面所成锐二面角，

即为＝60°.

20．已知椭圆C：的短轴长和焦距相等，长轴长是．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)直线l与椭圆C相交于P，Q两点，原点O到直线l的距离为．点M在椭圆C上，且满足，求直线l的方程．

【答案】(1)

(2)或或或

【分析】（1）根据题意求出，即可得解；

（2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线l的方程为，，，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据，求出点的坐标，由在椭圆上，可得的关系，再根据原点O到直线l的距离可得的关系，从而可求得，即可得解.

【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，

由题意有，

解得，，，

故椭圆C的标准方程为；

（2）若直线l的斜率不存在，直线l的方程为，

此时满足的点M显然不在椭圆C上，可得直线l的斜率存在，

设直线l的方程为，，，，

联立方程，消去y后整理为，

可得，，

由，可得，

又由，可得，，

将点M的坐标代入椭圆C的方程，有，

整理为，

又由原点O到直线l的距离为，有，可得，

联立方程，可得，

解得或或或，

又由，

可得直线l的方程为或或或．

【点睛】本题考查了椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系的应用，考查了学生的运算能力，计算量较大，有一定的难度.

21．已知函数，（其中是自然对数的底数，）.

(1)若函数在处取得极值，求函数的单调区间；

(2)若函数和均存在极值点，且函数的极值点均大于的极值点，求实数的取值范围.

【答案】(1)函数的单调增区间为和，单调减区间为

(2)

【分析】（1）根据函数在处取得极值，求得的值，根据导数与函数的关系即可确定函数的单调区间；

（2）根据函数和均存在极值点，先确定函数的极值点，需要讨论的单调性，从而可得函数的极值点，再得确定函数的极值点，由函数的极值点均大于的极值点，即可得实数的取值范围.

【详解】（1）解：，由题意知，解得，

经验证，当时，在处取得极大值，

此时，定义域为，所以，

解的解集为，的解集为，

所以函数的单调增区间为和，单调减区间为；

（2）解：，令，则，

①当时，在上恒成立，单调递减，

又因为，，所以存在，使得，

易知是函数的极大值点，

，令，解得或，

易知极大值点为，极小值点为1，

由题意可知，成立，则有，解得；

②当时，由（1）及①可知，0既是函数的极大值点，又是的极大值点，

不符题意，所以舍去；

③当时，的解集为，的解集为，

所以在上单调递增，在上单调递减，

因为有极值点，所以有两个零点，所以应有，解得，

，令，则，令，

因为时，由上述论证可知，恒成立，所以，

即在上单调递增，又因为，所以在上恒成立，

所以，又因为.

所以存在，使得，即是函数的极值点，

易知1是的极值点，而，不符题意，所以舍去.

综上，的取值范围为.

【点睛】本题是关于函数极值点问题的研究，解题的关键是对于函数而言，其极值点求解时需要讨论的单调性，当导函数的零点无法直接解出来时，需要用“隐零点”呈现，设零点，通过整体代换和过度再结合题目条件解决；当导函数的零点可以求解释，需要确定是函数的极大值点还是极小值点，再结合已知处理即可.在这类问题中，理解极值点与单调性的关系是关键.

22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t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，曲线C的极坐标方程为．

(1)求直线l的一般式方程和曲线C的标准方程；

(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，点，求的值．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）对于直线l消去参数t即可求得一般方程，对于曲线C，运用 ， ，即可求得标准方程；

(2)由于点P在直线l上，直线l的参数方程，椭圆C联立方程，运用韦达定理即可求解.

【详解】（1）直线l的参数方程为（t为参数），消去,化为一般式方程为，

曲线C的极坐标方程为，

，化为标准方程为；

（2）设直线l的参数方程为（t为参数），即代入，

得，，

则．

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)设时，的最小值为M．若正实数a，b，满足，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先对不等式化简，再由零点分段讨论即可得到原不等式的解；

（2）首先求得的最小值为M，再由基本不等式即可求得的最小值.

【详解】（1），可化为，

当时，不等式化为，解得，此时；

当时，不等式化为，恒成立，此时；

当时，不等式化为，解得，此时．

综上所述，不等式的解集为；

（2）．当时取.

∴，即．

∴，

当且仅当，即，时取等号．

∴的最小值为．