陕西省宝鸡教育联盟2022-2023学年高三理科数学下学期教学质量检测(五)试题（Word版附解析）

宝鸡教育联盟高三质量检测（五）数学（理科）全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.回答选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.5.本卷主要考查内容：高考范围.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.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【解析】【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.2B.C.D. 【答案】B【解析】【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：B3.已知非零向量，，若，则实数t的值为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【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.23.518.5B.2218C.2318.5D.2319【答案】C【解析】【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.2B.C.3D.【答案】A【解析】【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【解析】【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：C7.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【解析】【分析】因函数在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：C8.已知，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【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.3，5B.4，7C.5，9D.6，11【答案】C【解析】【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【解析】【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【解析】【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是上一动点﹐点N在平面上移动，则MN的最小值为（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【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：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知直线被圆所截得的弦长为，则实数m=___________.【答案】【解析】【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】【解析】【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】【解析】【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】【解析】【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：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.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【解析】【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．【小问1详解】（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．【小问2详解】 （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；【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．【小问1详解】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；【小问2详解】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：X012P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°.【解析】【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.【小问1详解】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；【小问2详解】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【解析】【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.【小问1详解】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；【小问2详解】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）【解析】【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.【小问1详解】解：，由题意知，解得，经验证，当时，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； 【小问2详解】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.（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.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）.【解析】【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.【小问1详解】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；【小问2详解】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）【解析】【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.【小问1详解】，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； 小问2详解】．当时取.∴，即．∴，当且仅当，即，时取等号．∴的最小值为．