2023屆陜西省咸陽中學(xué)高三下學(xué)期第六次質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)（文）試題

2023屆陜西省咸陽中學(xué)高三下學(xué)期第六次質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)（文）試題一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先分別化簡(jiǎn)集合，利用交集運(yùn)算求解.【詳解】由題意得；所以.故選：B.2．若復(fù)數(shù)，則的虛部是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算求得，再得到虛部即可.【詳解】由題意，可得，故的虛部為.故選：C.位充電樁用戶中隨機(jī)抽取了位，統(tǒng)計(jì)了他們2021年上半年平均每次充電的時(shí)間（單位：小時(shí)），得到頻率分布直方圖如下，則下面結(jié)論中不正確的是（

）A．B．估計(jì)該小區(qū)用戶平均每次充電的時(shí)間不超過小時(shí)的頻率為C．估計(jì)該小區(qū)有位用戶平均每次充電的時(shí)間不超過小時(shí)D．估計(jì)該小區(qū)有超過一半的用戶平均每次充電的時(shí)間超過小時(shí)【答案】C【分析】根據(jù)題意結(jié)合頻率分布直方圖運(yùn)算逐項(xiàng)分析判斷.【詳解】對(duì)A：由已知可得，解得，故A正確；對(duì)B：平均每次充電的時(shí)間不超過6小時(shí)的頻率為，故B正確；對(duì)C：平均每次充電的時(shí)間不超過8小時(shí)的用戶數(shù)約為，故C不正確；對(duì)D：因?yàn)榍?組的頻率為0.44，則平均每次充電的時(shí)間超過8小時(shí)的頻率為，故估計(jì)該小區(qū)有超過一半的用戶平均每次充電的時(shí)間超過8小時(shí)，故D正確.故選：C.4．下列函數(shù)，在定義域內(nèi)既是奇函數(shù)又是增函數(shù)的為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性逐項(xiàng)分析判斷.【詳解】對(duì)于A：，即，則的定義域?yàn)?，不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故為非奇非偶函數(shù)，A不符合題意；對(duì)于B：的定義域?yàn)?，由，可知為偶函?shù)，B不符合題意；對(duì)于C：的定義域?yàn)?，由，可知為奇函?shù)，在上單調(diào)遞增，但在定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù),C不符合題意；對(duì)于D：的定義域?yàn)?，由，可知為奇函?shù),在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，D符合題意.故選：D.5．以雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)為圓心，以為半徑的圓，截該雙曲線的一條漸近線所得的弦長(zhǎng)為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)雙曲線的焦點(diǎn)到漸近線的距離為，結(jié)合垂徑定理運(yùn)算求解.【詳解】由雙曲線可得，∵雙曲線的焦點(diǎn)到漸近線的距離，故所得弦長(zhǎng).故選：D.6．當(dāng)個(gè)相同的聲強(qiáng)級(jí)為的聲源作用于某一點(diǎn)時(shí)，就會(huì)產(chǎn)生聲強(qiáng)級(jí)的疊加，疊加后的聲強(qiáng)級(jí)，已知一臺(tái)電鋸工作時(shí)的聲強(qiáng)級(jí)是，則10臺(tái)電鋸工作時(shí)的聲強(qiáng)級(jí)與臺(tái)電鋸工作時(shí)的聲強(qiáng)級(jí)的關(guān)系約為（

）（參考數(shù)據(jù)：）A． B． C． D．【答案】C【分析】分別求出10臺(tái)和5臺(tái)電鋸工作時(shí)的聲強(qiáng)級(jí)，作差得出答案.【詳解】10臺(tái)電鋸工作時(shí)的聲強(qiáng)級(jí)，5臺(tái)電鋸工作時(shí)的聲強(qiáng)級(jí)，所以.故選:C.7．執(zhí)行下面的程序框圖，則輸出S的值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由題意可得輸出S即為的前項(xiàng)和，結(jié)合裂項(xiàng)相消法運(yùn)算求解.【詳解】由題意可得：輸出S即為的前項(xiàng)和，因?yàn)?，?故選：D.8．將兩個(gè)白球和兩個(gè)黑球隨機(jī)放入甲、乙兩個(gè)盒子，每個(gè)盒子不空，則甲盒中恰有個(gè)球的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用列舉法列出所有的基本事件，再選出符合題意的基本事件，結(jié)合古典概型運(yùn)算求解.【詳解】記兩個(gè)白球?yàn)?,2，兩個(gè)黑球?yàn)?,4,則所有的放法有：，，共14種，其中甲盒中恰有3個(gè)球有：，共4種，故所求概率.故選：A.9．世界上最大的球形建筑物是位于瑞典斯德哥爾摩的愛立信球形體育館（瑞典語:EricssonGlobe），在世界最大的瑞典太陽系模型中，由該體育場(chǎng)代表太陽的位置，其外形像一個(gè)大高爾夫球，可容納名觀眾觀看表演和演唱會(huì)，或名觀眾觀看冰上曲棍球.某數(shù)學(xué)興趣小組為了測(cè)得愛立信體育館的直徑，在體育館外圍測(cè)得，，，，（其中四占共面），據(jù)此可估計(jì)該體育館的直徑大約為（

）（結(jié)果精確到，參考數(shù)據(jù)：，）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意分析可得，在中，利用余弦定理運(yùn)算求解.【詳解】連接，在中，，即為等邊三角形，所以，在中，，由余弦定理可得：，即，所以.故選：B.10．記是等比數(shù)列的前項(xiàng)和,若，，設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，則滿足不等式的正整數(shù)的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根就等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求得，進(jìn)而可求得，再利用分組求和可得，結(jié)合題意運(yùn)算求解即可.【詳解】設(shè)等比數(shù)列的公比為，因?yàn)?，所?解得，可得，所以，故，可得，即，解得，故滿足不等式的正整數(shù)的最小值是9.故選：C.11．如圖，直四棱柱的所有棱長(zhǎng)均為，，是側(cè)棱的中點(diǎn)，則平面截四棱柱所得的截面圖形的周長(zhǎng)是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用作延長(zhǎng)線找交點(diǎn)法，得出截面圖形為梯形，求出梯形周長(zhǎng)即為所求.【詳解】連接與的延長(zhǎng)線交于點(diǎn),連接與交于點(diǎn),因?yàn)?所以為的中點(diǎn),則為的中點(diǎn),所以截面為梯形,因?yàn)樗欣忾L(zhǎng)均為2,，所以,,,,故梯形的周長(zhǎng)為.故選：D.12．若方程有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分離參數(shù)得,求導(dǎo)數(shù)得出函數(shù)的圖象變化趨勢(shì)，結(jié)合最值可得答案.【詳解】方程化為,令則問題轉(zhuǎn)化為的圖象與直線有2個(gè)交點(diǎn),因?yàn)楫?dāng)時(shí),單調(diào)遞減,當(dāng)時(shí),,單調(diào)遞增,易知且當(dāng)正向無限趨近于時(shí),的取值無限趨近于正無窮大；當(dāng)無限趨近于正無窮大時(shí),的取值無限趨近于正無窮大；故方程有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根時(shí),.故選：B.二、填空題13．已知向量，的夾角為，且,

,則___________.【答案】【分析】利用向量的模和向量的數(shù)量積公式，對(duì)向量的模進(jìn)行平方，得到關(guān)于的一元二次方程，從而求出.【詳解】，，即，，，，或，，（舍去），.故答案為：2.14．函數(shù)的值域是___________.【答案】【分析】利用二倍角公式表示，配方，結(jié)合的范圍進(jìn)行求解.【詳解】因?yàn)橛忠驗(yàn)?所以當(dāng)時(shí),取得最小值-1,當(dāng)時(shí),取得最大值2,故的值域是.故答案為：15．已知某圓錐的側(cè)面積為，且圓錐的軸截面是等腰直角三角形，則該圓錐的體積等于___________.【答案】【分析】設(shè)圓錐的底面半徑為,易得母線，再根據(jù)側(cè)面積為，求得底面半徑和高，代入錐體體積公式求解.【詳解】解：設(shè)圓錐的底面半徑為,則母線,側(cè)面積,解得,故該圓錐的體積等于，故答案為：16．經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)，若點(diǎn)在橢圓上，則過點(diǎn)的橢圓切線方程為.現(xiàn)過點(diǎn)作橢圓的切線，切點(diǎn)為，當(dāng)（其中為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積為時(shí)，___________.【答案】【分析】點(diǎn)，由題意可得切線方程，進(jìn)而可求點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)的面積整理可得，結(jié)合橢圓方程即可得結(jié)果.【詳解】設(shè)點(diǎn)，則切線，令，得，可得，則，∵點(diǎn)在橢圓上，則，即，解得，所以.故答案為：.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：以點(diǎn)為切入點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)，根據(jù)題意可得切線，這樣就可得，再根據(jù)題意運(yùn)算求解即可.三、解答題17．2021年7月24日，中共中央辦公廳、國務(wù)院辦公廳印發(fā)《關(guān)于進(jìn)一步減輕義務(wù)教育階段學(xué)生作業(yè)負(fù)擔(dān)和校外培訓(xùn)負(fù)擔(dān)的意見》（下稱“雙減”）為了扎實(shí)推進(jìn)“雙減”工作，某地小學(xué)擬制定“免考”、“彈性作業(yè)”等一系列制度，繼續(xù)深化減負(fù)政策.現(xiàn)在當(dāng)?shù)仉S機(jī)抽取了名家長(zhǎng)，調(diào)查他們對(duì)“免考”制度的態(tài)度，統(tǒng)計(jì)如下表.不支持支持合計(jì)鄉(xiāng)村家長(zhǎng)（人）城鎮(zhèn)家長(zhǎng)（人）合計(jì)(1)補(bǔ)充完善上述表格，并分別求鄉(xiāng)村家長(zhǎng)、城鎮(zhèn)家長(zhǎng)中支持“免考”制度的頻率；(2)是否有超過的把握認(rèn)為支持“免考”制度與家長(zhǎng)類別有關(guān)系.附：【答案】(1)表格見解析，鄉(xiāng)村家長(zhǎng)、城鎮(zhèn)家長(zhǎng)中支持“免考”制度的頻率分別為，(2)有超過的把握認(rèn)為支持“免考”制度與家長(zhǎng)類別有關(guān)系【分析】（1）根據(jù)題意完善列聯(lián)表，進(jìn)而可求頻率；（2）根據(jù)題中數(shù)據(jù)與公式求，并與臨界值對(duì)比分析.【詳解】（1）表格補(bǔ)充如下：不支持支持合計(jì)鄉(xiāng)村家長(zhǎng)(人)6040100城鎮(zhèn)家長(zhǎng)(人)2080100合計(jì)80120200所以鄉(xiāng)村家長(zhǎng)中支持“免考”制度的頻率為，城鎮(zhèn)家長(zhǎng)中支持“免考”制度的頻率為.（2）因?yàn)?，所以有超過的把握認(rèn)為支持“免考”制度與家長(zhǎng)類別有關(guān)系.18．已知遞增的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為，，從①，②，③=50中選出兩個(gè)作為條件，求數(shù)列的最大項(xiàng).注：如果選擇多種方案分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.【答案】【分析】先任選兩個(gè)條件建立方程組，解出首項(xiàng)和公差，寫出的通項(xiàng)公式，再借助判斷數(shù)列的增減性，進(jìn)而確定最大項(xiàng).【詳解】若選擇①②：設(shè)等差數(shù)列的公差為d（d>0），由，可得解得或（舍），所以，所以數(shù)列{}的通項(xiàng)公式是，即，所以，所以，所以；當(dāng)時(shí)，故，即{}的最大項(xiàng)為.若選擇①③：設(shè)等差數(shù)列的公差為d（d>0）由，.可得，解得，所以數(shù)列的通項(xiàng)公式是即.所以，所以所以；當(dāng)時(shí)，；故，即數(shù)列的最大項(xiàng)為.若選擇②③：設(shè)等差數(shù)列的公差為由，，可得，解得解得，所以數(shù)列的通項(xiàng)公式是，即所以，所以，所以；當(dāng)時(shí)，；故.即數(shù)列的最大項(xiàng)為.19．如圖，直三棱柱中，，，側(cè)面為正方形，.(1)求證：；(2)求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理分析證明；（2）根據(jù)題意利用轉(zhuǎn)換頂點(diǎn)法運(yùn)算求解.【詳解】（1）因?yàn)闉橹比庵?，則平面，平面，∴，，，平面，所以平面，且平面，故，因?yàn)閭?cè)面為正方形，所以，平面，所以平面，又因?yàn)槠矫妫?（2）因?yàn)?，所以，所以，所以，又點(diǎn)是的中點(diǎn)，所以.20．已知函數(shù)(1)當(dāng)時(shí)，求的極值；(2)若對(duì)，，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】(1)有極小值，無極大值(2)【分析】（1）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)判斷原函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而可得極值；（2）由題意可得：對(duì)，構(gòu)建，由恒成立問題可得，利用導(dǎo)數(shù)分類討論求的最大值即可.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，定義域?yàn)?，則，令，得，令，得，故函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，故有極小值，無極大值.（2）若對(duì)，即對(duì)，令，則，①當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，符合題意；②當(dāng)時(shí)，令,解得，則函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，若在恒成立,只需滿足，解得；綜上所述：實(shí)數(shù)的取值范圍為.【點(diǎn)睛】方法定睛：兩招破解不等式的恒成立問題（1）分離參數(shù)法第一步：將原不等式分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題；第二步：利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的最值；第三步：根據(jù)要求得所求范圍．（2）函數(shù)思想法第一步將不等式轉(zhuǎn)化為含待求參數(shù)的函數(shù)的最值問題；第二步：利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的極值；第三步：構(gòu)建不等式求解．21．設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為，動(dòng)直線與拋物線交于，兩點(diǎn)，且當(dāng)時(shí)，.(1)求拋物線的方程；(2)連接，并延長(zhǎng)分別交拋物線于兩點(diǎn)，，設(shè)直線的斜率為，直線的斜率為，求證：是定值，并求出該值.【答案】(1)(2)證明見解析，【分析】（1）根據(jù)聯(lián)立方程，結(jié)合韋達(dá)定理，利用弦長(zhǎng)公式即可求出方程；（2）通過分別聯(lián)立直線，與拋物線，用，點(diǎn)的坐標(biāo)表示出，的坐標(biāo)，再化簡(jiǎn)即可得到定值.【詳解】（1）聯(lián)立，得，則，設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，，所以，解得或(舍)，故拋物線的方程為.（2）由題意知,由（1）得，且，設(shè)直線,聯(lián)立，得，則，所以，所以，同理可得，，所以,所以，又，所以,即是定值，且定值為.22．在平面直角坐標(biāo)系中，直線的參數(shù)方程為(為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線的極坐標(biāo)方程為.(1)求直線的普通方程和曲線的直角坐標(biāo)方程；(2)設(shè)，直線與曲線交于兩點(diǎn)，求.【答案】(1)，(2)【分析】(1)直接將參數(shù)方程中的t消去即可得出直線的普通方程，結(jié)合公式，計(jì)算即可得出曲線的直角坐標(biāo)方程；(2)將直線的參數(shù)方程代入曲線的直角坐標(biāo)方程可得關(guān)于t的一元二次方程，結(jié)合t的幾何意義化簡(jiǎn)計(jì)算即可求解.【詳解】（1）直線的參數(shù)方程為(為參數(shù))，消去得，直線的普通方程為；由得，，將代入得，曲線的直角坐標(biāo)方程為.（2）將直線的參數(shù)方程代入曲線，整理得，，記兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為，則，故，故.23．已知函數(shù).(1)在坐標(biāo)系中作出函數(shù)的圖象；(2)若，求實(shí)數(shù)的取值范圍.