2023届陕西省安康中学高三下学期4月质量监测数学（文）试题含解析

2023届陕西省安康中学高三下学期4月质量监测数学（文）试题

一、单选题

1．已知全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据并集与补集的性质求解即可.

【详解】因为全集，所以.

故选：B

2．已知为虚数单位，，则复数的共轭复数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将题目所给算式化简，求出后，再求的共轭复数即可.

【详解】∵，

∴，

∴，

∴复数的共轭复数.

故选：D.

3．已知，则以下结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据指对互化，表示，再结合对数函数的单调性，和中间值比较大小，即可判断选项.

【详解】

，由，即，故

，可得，即

综上：.

故选：D.

4．在平行四边形中，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题意可得，，分别表示加减消元得出结果.

【详解】由题意可得，,

，

消元解得.

故选：A.

5．已知为锐角， ，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用和差公式作恒等变换，再利用同角关系求解.

【详解】

；

，又 是锐角， ；

故选：D.

6．某食品厂生产、两种半成品食物，两种半成品都需要甲和乙两种蔬菜，已知生产1吨产品需蔬菜甲3吨，乙1吨，生产1吨产品需蔬菜甲2吨，乙2吨，但是甲和乙蔬菜每天只能进货12吨和8吨.若食品厂生产1吨半成品食物可获利润为3万元，生产1吨半成品食物可获利润为3万元，则食品厂仅凭、两种半成品食物每天可获利润不超过9万元的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知列出不等式组，作出可行域，求出可行域的面积.然后由，求出满足条件的三角形的面积，根据几何概型，即可得出答案.

【详解】设食品厂生产和半成品食物分别为，吨，

由题意可得，其表示可行域如图阴影部分区域，即四边形，

联立可得，，且，.

所以，四边形的面积.

设目标函数，

作直线，则，，

由题意，即与轴，轴围成的图形，即，

.

根据几何概型可知，每天可获利润不超过9万元的概率为.

故选：A.

7．如图，古建筑的主要受力构件梁椽､楼板､柱子都是木头，由于构件的拼接需要，梁通常做成矩形.圆形的木头加工成矩形断面，梁是主要的水平受力构件，作为水平或斜向受弯构件，除了材料本身的特性，截面抵抗矩是唯一的标准.矩形截面抵抗，（其中为垂直于弯矩作用方向的长度），木材本身的圆形直径是确定的，则截面抵抗矩最大时为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知可得，代入整理可得，求导根据导函数得出函数的最大值，即可得出答案.

【详解】由已知结合图象可得，，所以，

所以，，，

所以，.

解，可得.

当时，，所以函数在上单调递增；

当时，，所以函数在上单调递减.

所以，函数在处取得唯一极大值，也是最大值，

此时，则，

所以.

故选：C.

8．已知圆经过三点，则圆心到直线的距离为（    ）

A． B．1 C．2 D．3

【答案】D

【分析】求出外接圆的方程，再根据点到直线距离公式求解.

【详解】根据题意，，设外接圆方程为，

则解得

外接圆方程为，即

则圆心到到直线的距离为.

故选：D

9．为了解开学后大学生的身体健康状况，2023年寒假开学后，某学校统计了学生在假期间每天的学习时间（单位：分钟），并根据样本数据绘制得到下图所示的频率分布直方图.图中数值是公差为0.002的等差数列，则估计样本数据的中位数为（    ）

A．120 B．125 C．160 D．165

【答案】C

【分析】由已知结合图象，列出方程组，求出的值.然后根据频率分布直方图，计算可得前4个小矩形的面积之和为，即可得出答案.

【详解】由题意，，解得，

所以，前4个小矩形的面积之和为，

所以中位数为160.

故选：C.

10．定义在上函数满足，.当时，，则下列选项能使成立的为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由已知可得出函数的对称性以及函数的周期为4.进而根据对称性可求出在以及上的解析式，作出函数图象，即可得出的解集.分别令取，即可得出答案.

【详解】因为，所以关于点对称，所以；

又，所以，所以有，故关于直线对称，所以.

所以，，所以有，所以，

所以的周期为4.

当时，，所以，

所以时，.

当时，，所以.

作出函数在上的图象如下图

当时，由可得，，解得，所以；

当时，由可得，，解得，所以.

根据图象可得时，的解集为.

又因为的周期为4，

所以在实数集上的解集为.

令，可得区间为；令，可得区间为，故A项错误；

令，可得区间为，故B项错误；

令，可得区间为；令，可得区间为，故C项错误；

令，可得区间为，故D项正确.

故选：D.

11．已知菱形沿对角线向上折起，得到三棱锥分别是棱的中点.设三棱锥的外接球为球，则下列结论正确的个数为（    ）

①；

②上存在点，使得平面；

③当三棱锥的体积最大值时，球的表面积为.

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】D

【分析】对①，取的中点，连接，根据线面垂直的判定可得平面，进而可得；对②，当时，连接交于，连接进而可得是的重心，结合即可推导；对③，当平面与平面垂直时，到平面的距离最大，再根据球心的性质可得球心位置，进而垂径定理求解球的半径与表面积即可.

【详解】对①，取的中点，连接，如图，，

而平面平面，于是得平面，又平面，所以.故①正确；

对②，当时，连接交于，连接分别是的中点，

则是的重心，有，即有，因此，

而平面平面，所以平面，故②正确；

对③，当平面与平面垂直时，到平面的距离最大，故.

设与的外心为与，过作垂直于平面的直线，

过作垂直于平面的直线，则与的的交点即为外接球的球心，

故四点共圆，所以

故，从而外接球的表面积为，故③正确；

故选：D

12．已知数列的首项为，，则数列的前2023项和为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先分类讨论为奇数和偶数，求出的通项公式，再由错位相减法求解即可.

【详解】当为奇数时，，，，，

当为偶数时，，，，，

∴，，

当，时，

，，

∴，，即为奇数时，数列是常数列，，

∴当为奇数时，；

又∵当为偶数时，为奇数，，∴，

综上所述，数列的通项公式为.

∴数列的通项公式为，其前项和为，

，①

①，得

，②

①②，得

，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴.

故选：A.

【点睛】本题解题的关键，是通过分类讨论，分别求出为奇数和为偶数时的通项公式，再结合的通项公式进行求解.

二、填空题

13．已知函数在处的切线方程为___________.

【答案】

【分析】根据导数的几何意义求切线方程.

【详解】，

因为，所以.

所以切线方程为，整理可得，.

故答案为：

14．某池塘中水生植物的覆盖水塘面积（单位：）与水生植物的株数（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，用模型去拟合与的关系，设，与的数据如表格所示：

得到与的线性回归方程，则___________.

【答案】

【分析】根据已知求得，，进而代入回归方程可求得，从而得出.然后代入，根据指对互化，即可得出答案.

【详解】由已知可得，，，

所以，有，解得，

所以.

由，得，

所以，

所以.

故答案为：.

15．把函数的图象向右平移个单位后，图象关于轴对称，若在区间上单调递减，则的最大值为___________.

【答案】

【分析】先由平移后为偶函数求得，再根据的单调递减区间求解即可.

【详解】函数的图象向右平移个单位后，

得到的图象，

由已知，所得函数的图象关于轴对称，∴为偶函数，

∴，即，

∵，∴，∴.

∵余弦函数的单调递减区间为，

∴由，解得，，

∴的单调递减区间为，

∴当时，在区间上单调递减，

又∵在上单调递减，∴，

∴，的最大值为.

16．下图是单叶双曲面的立体结构图，且为中心对称图形，此双曲面可由线段绕与其不共面的直线旋转而成，其轴截面为双曲线的一部分，若该几何体的高为2，上底面圆的直径为4，垂直于旋转轴的截面圆的面积最小值为，则双曲线的离心率为___________.

【答案】

【分析】先设出截面双曲线方程，再利用条件直接求出，进而求出结果.

【详解】根据图形特点，以对称中心为原点，设截面双曲线所在的方程为，

因为垂直于旋转轴的截面圆的面积最小值为，所以，

又由几何体的高为2，上底面圆的直径为4，得到双曲线一点坐标为，代入方程可得，所以，得到，所以.

故答案为：.

三、解答题

17．已知的内角，，的对边分别为，，，，， ，外接圆面积为.

(1)求；

(2)若为角的角平分线，交于点，求的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理，角化边可得与的关系，由和外接圆半径可得，再由余弦定理即可解得；

（2）使用等面积法建立方程，求解即可.

【详解】（1）由已知，∵，

∴由正弦定理得，∴，

∵，，∴，即.

设外接圆半径为，则外接圆面积，∴，

∴由正弦定理，得，，

∵，∴或.

当时，由余弦定理，∴，

解得，∴（舍）；

当时，由余弦定理，∴，

解得，∴.

综上所述，.

（2）

由第（1）问知，，若为角的角平分线，则，

如图，设，，的面积分别为，，，

则，

∴

∴，

∴解得，.

18．已知，分别是圆柱上、下底面圆的直径，圆柱的高与的长相等，均为2.且异面直线与所成的角为，分别为上､下底面的圆心，连接，过作圆柱的母线，且，点是的中点.

(1)证明：平面；

(2)求圆柱挖去三棱锥后的几何体的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，由已知可推得，，然后根据线面平行的判定定理可推得平面，平面.然后根据面面平行的判定定理，即可得出平面平面.然后根据面面平行的性质定理，即可得出证明；

（2）过作圆柱的母线，连接，即可找出线线角或其补角，然后根据已知，可知.然后证明平面平面，根据面面垂直的性质定理可得出点和点到平面的距离均为.然后根据以及圆柱的体积，即可得出答案.

【详解】（1）

如图1，连接，

因为为的中点，是的中点，

所以.

又平面，平面，所以平面.

因为是圆柱的母线，是圆柱的高，

所以.

因为平面，平面，

所以平面.

因为，平面，平面，

所以平面平面.

因为平面，

所以平面.

（2）

如图2，过作圆柱的母线，连接，

则，且，所以四边形是平行四边形，

所以，

所以为异面直线与所成的角（或其补角），故或.

又，故，则，所以为等边三角形.

连接，

因为平面，平面，

所以，平面平面.

因为，平面，平面，

所以平面，

所以点到平面的距离，即等于点到平面的距离.

又平面平面，平面，

所以，点到平面的距离，即等于点到直线的距离.

取中点为，连结，则，所以，

所以，点到直线的距离为，

所以，点到平面的距离为.

同理可得，点到平面的距离为.

又，

所以.

因为圆柱的体积为，

故圆柱挖去三棱锥后的几何体的体积.

19．在中国有一个习俗就是长辈给晚辈红包，就是希望晚辈能长命百岁，年年有今朝，岁岁有今日，也是非常好的一种祝福，一种祝愿，更是象征了一种喜庆，更能增加气氛的一个环节.有时小朋友的红包会被父母保存，防止红包钱乱花.小明的老师随机调查了本校同学的红包保存情况，经统计其红包保存情况与年龄大小情况如下表：

(1)根据表中数据，是否有的把握可以认为同学的红包保存情况与年龄大小有关？

(2)从上述年龄不小于12岁的学生中按是否交给父母保存红包分层选取8人，再从8人随机抽取2人，求这2人均将红包交给父母保存的概率.

【答案】(1)有的把握可以认为同学的红包保存情况与年龄大小有关

(2)

【分析】（1）根据列表计算，与临界值比较判断相关性即可；

（2）应用古典概型概率公式计算求解即得.

【详解】（1）设零假设为：同学的红包保存情况与年龄大小无关，

根据数表可得，

所以零假设是错的，

故有的把握可以认为同学的红包保存情况与年龄大小有关.

（2）根据题意，分层抽样选取8人，末交给父母保存红包的人数有（人），

设为；

交给父母保存红包的人数有（人），设为，

则8人随机抽取2人的所有结果为，，，

共28种结果，

其中满足均将红包交给父母保存的结果为，有10种.

所以概率为.

20．已知椭圆的焦点分别别为的上､下顶点，过且垂直于的直线与交于两点，

(1)求椭圆的方程；

(2)已知原点，过的直线分别交于两点和两点，在轴的上方，若三点共线，证明：直线过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据结合椭圆的特征得出，在应用弦长公式计算可得椭圆方程；

（2）设点应用点差法，消元可得定点.

【详解】（1）设，则，所以.

设椭圆的方程为，即，

，

为正三角形，

过且垂直于的直线与交于两点，为线段的垂直平分线，

直线的斜率为，斜率倒数为，

直线的方程：，代入椭圆方程，

整理化简得到：，

判别式，

.

，所以.

故椭圆的方程为.

（2）设因为，

所以，即①，

又因为点均在椭圆上，所以，

两式整理，可得，②，

由②除以①可得，消元可得，

同理可得，

所以直线的方程为，

又，

所以直线的方程为，故直线过定点.

21．已知函数的最小值为-1.

(1)求实数；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，分别令，，求得极小值即为最小值求解；

（2）由（1）得到，将，转化为，令，用导数法证明恒成立即可；由（1）得到，将转化为证，令，用导数法证明即可.

【详解】（1）因为，所以..

令，得；令，得.

所以在上为减函数，在上为增函数，

所以.

所以.

（2）由，可得.

设.

当时，，

设，则单调递增，

当时，恒成立.

当时，设，则，

单调递增.

.

当时，单调递增，

，

即当时，恒成立.

由（1）可知：

只需证，

需证，设.

，所以在上单调递增，所以

故，即.

故，结论得证.

【点睛】方法点睛：利用导数法证明不等式，往往是将不等式转化为函数恒成立问题，进而求相应函数的最值而得证.

22．在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，若点在直线上，点在圆上（其中）.

(1)求曲线的直角坐标方程和、的直角坐标；

(2)已知所在直线与曲线交于、两点，与轴交于点，求的值.

【答案】(1)，点坐标为，点坐标为

(2)

【分析】（1）将点坐标分别代入极坐标方程可得，，，然后即可得出点的直角坐标.根据公式结合二倍角的余弦公式，即可得出曲线的直角坐标方程；

（2）根据已知求出直线普通方程为，然后求得点坐标.然后得出直线的参数方程，将直线的参数方程代入曲线方程可得，根据韦达定理，结合弦长公式，即可得出答案.

【详解】（1）设，，

以极点为原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，

由已知可得，所以，

故，，

所以点坐标为.

又，

所以，，

所以点坐标为.

由得：.

又，，

故曲线的直角坐标方程为：.

（2）因为，

所以普通方程为，整理可得，

故.

设的参数方程为，为参数，

将的参数方程与曲线的直角坐标方程联立，

可得，

由韦达定理可得，，则，

所以.

23．设满足不等式成立实数的最大值为.

(1)求的值；

(2)设，且，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论解绝对值不等式，进而可得结果；

（2）由（1）可得，结合基本不等式分析证明.

【详解】（1）当时，，所以；

当时，，

解得，所以；

当时，，故，

综上所述：不等式的解集为，故.

（2）由（1）可得，

∵，当且仅当时，等号成立，

，当且仅当时，等号成立，

，当且仅当时，等号成立，

由于，

，

当且仅当时，即等号成立，

所以，

故.