2023届陕西省咸阳中学高三下学期第六次质量检测数学（理）试题

2023届陕西省咸阳中学高三下学期第六次质量检测数学（理）试题一、单选题1．已知集合，集合，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】化简集合，根据并集运算法则求.【详解】不等式的解集为，所以，又，所以.故选：C.2．复数满足(为虚数单位)，则的虚部为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用复数的除法运算求得，进而求得的虚部.【详解】，则复数的虚部为.故选：D3．某高中有300名学生参加数学竞赛，其中有三分之一的学生成绩不低于100分，将不低于100分的学生成绩制成频率分布直方图(如图)，分段区间是，现用分层抽样的方法从这300名学生中随机进行抽取，若成绩在之间的抽取5人，那么应从间抽取的人数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由频率分布直方图求出样本中成绩在之间的人数，再求出分层抽样的抽样比，由此可求从间抽取的人数.【详解】在之间的学生人数为人，在之间的学生人数为100人，在之间的学生人数为50人，又用分层抽样的方法在之间的50名学生中抽取5人，即抽取比例为，所以成绩在间的学生中抽取的人数应为人.故选：B.4．若双曲线的一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线倾斜角的3倍，则该双曲线的离心率为（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】求出两渐近线的倾斜角，得到渐近线方程，得到，求出离心率.【详解】因为一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线倾斜角的3倍，且这两条渐近线倾斜角的和等于，所以渐近线的倾斜角分别为，故渐近线方程为，故，，故离心率为.故选：B.5．里氏震级是一种由科学家里克特(Richter)和古登堡(Gutenberg)在1935年提出的地震震级标度，其计算公式为，其中是距震源100公里处接收到的0级地震的地震波的最大振幅，是指这次地震在距震源100公里处接收到的地震波的最大振幅.震源放出的能量越大，震级就越大，地震释放的能量焦耳.若地震释放的能量增大为原来的1000倍，则地震波的最大振幅增大为原来的（

）A．10倍 B．15倍 C．48倍 D．100倍【答案】D【分析】先由变化前和变化后的释放的能量比，确定震级的变化，再求最大振幅的比例.【详解】设地震变化前释放的能量为，震级为，最大振幅为，变化后地震释放的能量为，震级为，最大振幅为，则，，因为，所以，所以，所以.故选：D.6．已知等差数列的前项和是，则“是等差数列”是“”的（

）A．充要条件 B．必要不充分条化C．既不充分也不必要条件 D．充分不必要条化【答案】A【分析】法一：设的公差为，得到，根据为等差数列，得到为常数，所以，，求出，必要性成立，再由得到，从而得到通项公式，计算出，充分性成立，法二：设出公差，得到，，由等差数列通项公式的特征，得到，由得到，从而得到“是等差数列”是“”的充要条件.【详解】法一:设的公差为，则，，若为等差数列，对，为常数，故，所以，所以，其中，即；若，则，解得，故，，则，故为等差数列，故“为等差数列”是“”的充要条件.法二:设等差数列的公差为，首项为，可得，则，因为为等差数列，所以其通项公式为关于的一次函数，故，若，，即，所以“是等差数列”是“”的充要条件.故选：A7．在计算机的算法语言中有一种函数叫做取整函数(也称高斯函数)，表示不超过的最大整数.例如:.取整函数在科学和工程上有广泛应用.下面的程序框图是与取整函数有关的求和问题，若输入的的值为64，则输出的值是（

）A．21 B．76 C．264 D．642【答案】C【分析】根据给定的程序框图，分析i的最大取值，再利用高斯函数的意义计算作答.【详解】初始值，输入，当时，总是执行“是”，并且当时，进入循环体，，计算并进入判断框，不等式不成立，退出循环，输出，而，，即1有2个；，即2有4个；，即3有8个；，即4有16个；，即5有32个；，6有1个，所以.故选：C8．东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”.如图1，它由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，若，则（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】由同角关系求，由两角差正弦公式求，设，由正弦定理求，由余弦定理求.【详解】因为，，所以，而，在中，设，则，由正弦定理得，解得，由余弦定理，所以.故选：C.9．已知，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由可化为，利用两角差的正切公式以及二倍角的正切公式可得出关于的方程，解之即可.【详解】由可化为，即，即，化简得，即，解得，经检验，合乎题意，故.故选：B.10．如图所示，有一个“九宫格”形状的糖果盒子，现有三种不同的糖果(同种糖果不加区分)，每种3颗，若把每种糖果都随机地放到其中的三个格子，每个格子只放一颗糖果，那么每一列、每一行的糖果都是三种不同糖果的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用组合数求出样本空间的样本点的个数，再求事件每一列、每一行的糖果都是三种不同糖果所包含的样本点的个数，利用古典概型概率公式求概率.【详解】若随意摆放，先从九个格子中任取三个格子放第一种糖果有种方法，再从余下的六个格子中任取三个放第二种糖果有种方法，再将第三种糖果放入余下的三个格子有种方法，由分步乘法计数原理可得，共有种方法，第一列放3种不同的糖果有6种方法，第二列相应的只有2种方法，第三列相应的只有1种方法，所以每行、每列的糖果种类各不相同的放法共种，所以每行、每列的糖果种类各不相同的概率为.故选：A.11．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，二面角的大小为，若球的表面积等于，则三棱锥的体积等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出辅助线，找到球心，求出外接球半径，求出底面积和高，得到三棱锥的体积.【详解】取的中点，连接，因为，所以到的距离相等，故即为球心.由球的表面积等于，设外接球半径为，故，解得，过作垂直于于点，因为，，所以，同理，因为二面角的大小为，所以,故三棱锥的高为，其中，所以三棱锥的体积.故选：A【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径12．设是定义在上的奇函数，对任意，满足，则的值等于（

）A．2022 B．2021 C．4040 D．4042【答案】A【分析】利用题设条件推得，从而得到，再利用奇函数的性质得到，从而利用并项法即可得解.【详解】因为，所以，所以，故，又是定义在上的奇函数，所以，因此.故选：A.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是观察分析之间的关系，从而得到，由此得解.二、填空题13．已知函数，则在处的切线方程为___________.【答案】【分析】由导数的几何意义求切线的斜率，利用点斜式求切线方程.【详解】因为，所以，，所以，切线方程为，即.故答案为：.14．已知，，，则在方向上的投影为___________.【答案】【分析】根据得到，从而利用向量投影公式求出答案.【详解】，即，所以，因为，所以，故在方向上的投影为故答案为：15．已知拋物线，过焦点的直线与抛物线交于两点，在抛物线的准线上，且满足，则直线的方程为___________.【答案】【分析】根据准线方程求得，也即求得抛物线的方程，设直线，联立直线的方程和抛物线方程，化简写出根与系数关系，结合抛物线的性质求得，进而求得直线的方程.【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，得，所以抛物线的方程为，因为，所以在以为直径的圆上.由抛物线性质可知为切点，所以圆心纵坐标为.设直线，点，联立方程组，可得，所以，所以，直线.故答案为：16．已知函数的部分图象如图所示，若函数在上的最大值等于1，则的取值范围是___________.【答案】【分析】代入特殊点坐标得到，，求出解析式，由在上的最大值等于1，得到，且能取到，从而得到，求出答案.【详解】因为，所以，又，且为函数在上的第二个满足要求的点，所以，解得：，故，因为，且在上的最大值等于1，所以，且能取到，因为，所以，故，解得：，故的取值范围是.故答案为：三、解答题17．已知数列的前项和为，给出以下三个条件:①；②是等差数列；③.(1)从三个条件中选取两个，证明另外一个成立；(2)利用（1）中的条件，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）选条件①②、②③，利用等差数列的定义、性质即可推理得证，选条件①③，解方程组求出通项推理作答.（2）利用（1）求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求解作答.【详解】（1）选①②作条件，③作为结论，因为是等差数列，所以的公差，又因为，因此，所以，③成立.选①③作条件，②作结论，依题意，，解得，显然成立，所以是等差数列，②成立.选②③作条件，①作结论，因为是等差数列，设公差为，而，则，因此，于是，即，所以，①成立.（2）由（1）知，等差数列的通项公式，于是，所以.18．发展新能源汽车是我国从汽车大国迈向汽车强国的必由之路，是应对气候变化、推动绿色发展的战略举措.随着国务院《新能源汽车产业发展规划(2021—2035)》的发布，我国自主品牌汽车越来越具备竞争力.国产某品牌汽车为调研市场，统计了三款燃油汽车和两款新能源汽车在甲、乙两个城市本月的销售情况﹐数据如下.燃油汽车A型车燃油汽车B型车燃油汽车C型车新能源纯电动汽车新能源混合动力汽车城市甲6050403020城市乙2101801107030(1)若在城市甲的销量和在城市乙的销量满足线性相关关系，求出关于的线性回归方程(2)计算是否有的把握认为选择新能源汽车与消费者所在城市有关.附:.，其中.临界值表:【答案】(1)(2)有的把握认为选择新能源汽车与消费者所在城市相关【分析】(1)由条件求，结合参考数据由公式求，由此可得回归方程；(2)作出列联表，推出零假设，由参考数据求，与临界值比较大小，确定结论.【详解】（1），，，，，，得到线性回归方程为.（2）作出列联表如下，燃油汽车新能源汽车总计城市甲15050200城市乙500100600总计650150800零假设为，选择新能源汽车与消费者所在城市独立，即两个城市选择新能源汽车的情况无差异，计算得，根据小概率值的的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即有的把握认为选择新能源汽车与消费者所在城市相关.19．已知直四棱柱中，底面为梯形，分别是上的点，且为上的点.(1)证明:；(2)当时，求平面与平面的夹角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在上取点使得，通过证明平面来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值并转化为正弦值.【详解】（1）四棱柱是直四棱柱，，在上取点，连接，使得，则，且，在矩形中，，，又，又，平面，平面，平面，.（2）四棱柱为直四棱柱，，又，且平面，平面，两两垂直，所以以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，则，，设平面的法向量，则，所以，令，得平面的一个法向量，取平面的一个法向量，所以，因此平面与平面的夹角的正弦值等于.20．已知椭圆的离心率为，过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为1.(1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点，交直线于点，若，求证:为定值.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，设出椭圆半焦距并求出弦长，进而求出a，b即可作答.（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合向量的坐标表示推理计算作答.【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，将代入得，于是，由离心率为，得，即有，则有，所以椭圆的方程为.（2）设点，，而，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去y整理得：，由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点，因此，因为，令，得，，于是所以.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．21．已知函数.(1)当时，证明函数只有一个零点.(2)若存在，使不等式成立，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）求定义域，求导，得到函数的单调性，结合零点存在性定理得到在存在唯一零点，证明出结论；（2）二次求导，分，和三种情况，当时，由函数隐零点得到，构造函数，证明出时，，并由单调性得到，当时，结合第一问，得到，当时，举出反例.【详解】（1）定义域为R，当时，，令，得；令，得，所以函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，又当时，，可得，当时，，，由零点存在性定理可知：在存在唯一零点，综上，函数只有一个零点.（2）定义域为R，，令，则，令，得；令，得，所以函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，当时，时，，又，由零点存在性定理可得，使，且时，当时，因此函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，，且，设，，所以在上为减函数，又，故时，，存在，使不等式成立，因为在区间上为减函数，在区间上为增函数，所以在上单调递增，故，当时，由（1）得在上是减函数，在上是增函数，故，所以不存在，使不等式成立；当时，取，即，所以，所以存在，使不等式成立.综上所述，的取值范围是.【点睛】隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单