2023届陕西省高三下学期教学质量检测(二)数学试题（文）（解析版）（二）

高级中学精品试卷PAGEPAGE1陕西省2023届高三下学期教学质量检测(二)数学试题（文）一、选择题：本题共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.已知集合，则的子集的个数为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意，因此它的子集个数为4．故选：D．2.若复数为纯虚数，则a的值为（）A.-1 B.1 C.0或1 D.-1或1〖答案〗B〖解析〗由，解得，故选：B.3.设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列四个命题中正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，，则 D.若，，，则〖答案〗D〖解析〗对于A，若，，则平行，相交或异面，故A错误；对于B，若，，则相交或平行；对于C，若，，，则平行或异面或相交，故C错误；对于D，若，，则，又，则，故D正确.故选：D.4.某兴趣小组有名男生和名女生，现从中任选名学生去参加活动，则恰好选中名女生的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗记名男生分别为、，记名女生分别为、、，从中任选名学生去参加活动，所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共种，其中，事件“恰好选中名女生”所包含的基本事件有：、、，共种，故所求概率为.故选：C.5.短道速滑队6名队员(含赛前系列赛积分最靠前的甲乙丙三名队员在内)进行冬奥会选拔，记“甲得第一名”为p，“乙得第二名”为q，“丙得第三名”为r，若是真命题，是假命题，是真命题，则选拔赛的结果为()A.甲得第一名，乙得第二名，丙得第三名 B.甲得第二名，乙得第一名，丙得第三名C.甲得第一名，乙得第三名，丙得第二名 D.甲得第一名，乙没得第二名，丙得第三名〖答案〗D〖解析〗若是真命题，是假命题，则p和q一真一假；若是真命题，则q是假命题，r是真命题；综上可知，p真q假r真，故“甲得第一名、乙没得第二名、丙得第三名”.故选：D.6.已知向量，，若∥，则实数的值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由已知得，，∵∥，∴，解得，故选：.7.我国明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道闻名世界的题目：“一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大小和尚各几丁？”如图所示的程序框图反映了对此题的一个求解算法，则输出的的值为（）A.25 B.45 C.55 D.75〖答案〗D〖解析〗执行程序框图：，，，，，，继续执行；，，，继续执行；，，，继续执行；，，，继续执行；，，，继续执行；，，，退出循环，输出.故选：D.8.已知函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，．则下列选项正确的是（）A.B.图象的对称轴方程为（）C.的单调递减区间为（）D.的解集为（）〖答案〗D〖解析〗对A：因为函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，所以，故选项A错误；对B：因为，所以，因为，所以，所以，令（）得（），即的图象的对称轴方程为（），故选项B错误；对C：令（）得（），即单调递减区间为（），故选项C错误；对D：令，得，所以（），解得（），所以的解集为（），故选项D正确．故选：D．9.已知是定义在上的奇函数，若为偶函数且，则（）A.3 B. C. D.6〖答案〗A〖解析〗因为是定义在上的奇函数，所以，，所以有，由为偶函数可得：，故有即，，故，所以周期，故故选：A10.已知三棱锥中，，，D是的中点，平面ABC，点P，A，B，C在球心为O的球面上，若三棱锥的体积是，则球O的半径为（）A. B.1 C. D.〖答案〗D〖解析〗三棱锥的体积,则，则的外接圆的圆心为的中点,又平面ABC，所以三棱锥的外接球的球心在直线上，如图，三棱锥的外接球的半径为，连接,则,在直角三角形中，，即，解得故选：D.11.如图，，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，是面积为的正三角形，则的值是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由于是面积为的正三角形，过点作轴于，则为的中点，所以，，所以，解得，所以，将点的坐标代入椭圆方程，得，即，解得，，，，故选：B．12.已知集合，．若存在，，使，则称函数与互为“度零点函数”．若函数与函数互为“1度零点函数”．则实数的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，得，由，得，设其解为，因为函数与函数互为“1度零点函数”，所以，解得，由，得，时有解，令，则，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以实数的取值范围为，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.设等差数列的前项和为，若，则的值为__________．〖答案〗〖解析〗因为在等差数列中，有，又由已知，得，所以.故〖答案〗为：.14.已知曲线在处的切线方程为，则_________，_________．〖答案〗〖解析〗易知由题意可得当时，，所以故〖答案〗为：1；15.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．若的面积为，则的最小值为______．〖答案〗〖解析〗由正弦定理，得．，，因为，所以，，所以，因为所以所以，即．因为的面积为，所以，即，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为．故〖答案〗为：16.如图，两个椭圆、内部重叠区域的边界记为曲线是曲线上的任意一点，给出下列四个判断：①到、、、四点的距离之和为定值；②曲线关于直线均对称；③曲线所围区域面积必小于36．④曲线总长度不大于6π．上述判断中正确命题的序号为________________．〖答案〗②③〖解析〗对于①，考虑点不是交点的情况，若点在椭圆上，到、两点的距离之和为定值10、到、两点的距离之和不为定值，故错；对于②，两个椭圆关于直线均对称，曲线关于直线均对称，故正确；对于③，因为两个椭圆的短半轴长均为3，故曲线所围区域在边长为6的正方形内部，所以面积必小于36，故正确；对于④，因为两个椭圆的短半轴长均为3，故曲线所围区域在半径为3的圆外部，所以曲线的总长度大于圆的周长：6π，故错误；综上可得：上述判断中正确命题的序号为②③．故〖答案〗为：②③．三、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.已知在各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项.（1）求数列，的通项公式；（2）设数列___________，求数列的前项和.请在①；②；③这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答.（1）解：根据题意，因为数列为各项均为正数的等差数列，所以，即得，设公差为，则有，，，又因为，，构成等比数列的前三项，所以，即，解之可得，或（舍去），所以，即得数列是以3为首项，2为公差的等差数列，故可得，且由题可得，，，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故可得，（2）解：若选①，则，则①，在上式两边同时乘以2可得，②，①②可得，，即得；若选②，则，则；若选③，则，则所以当为偶数时，由上可得当为奇数时，，综上可得，．18.梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=，∠BCD=，AD=CD=2，过点A作AE⊥AB，交BC于E（如图）．现沿AE将△ABE折起，使得BC⊥DE，得四棱锥B-AECD（如图）．（1）求证：平面BDE⊥平面ABC；（2）若侧棱BC上的点F满足FC=2BF，求三棱锥B-DEF的体积．（1）证明：在△ABE中，∵AB⊥AE，∠ABC=，∴∠BEA=，又∠BCD=，∴AE∥CD，又AD∥CE，AD=CD，∴四边形ADCE是菱形，∴DE⊥AC，又DE⊥BC，AC∩BC=C，∴DE⊥平面ABC，又DE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．（2）解：由（1）知DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，∴DE⊥AB，又AB⊥AE，AE∩DE=E，∴AB⊥平面ADCE，∵AE=CD=2，∠ABC=，∠BAE=，∴AB=2，又S△CDE==，∴VB-CDE=S△CDE•AB==2．∵FC=2BF，∴VB-DEF=VB-CDE=．19.对一批产品的长度（单位：mm）进行抽样检测，检测结果的频率分布直方图如图所示．根据标准，产品长度在区间上的为一等品，在区间和区间上的为二等品，在区间和上的为三等品．（1）用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取1件，求其为二等品的概率；（2）已知检测结果为一等品的有6件，现随机从三等品中有放回地连续取两次，每次取1件，求取出的2件产品中恰有1件的长度在区间上的概率．解：（1）由频率分布直方图可得：检测结果在区间上的频率/组距为：，所以检测结果在区间和区间上的频率为：，用频率估计概率，故二等品的概率为：0.45；（2）由频率分布直方图可得：检测一等品的概率为，而抽检件数为6，故抽检总数为.故检测长度在区间和上的数量分别为：，，所以取出的2件产品中恰有1件的长度在区间上的概率.20.已知椭圆C：(a＞b＞0)的离心率为，点在椭圆上，O为坐标原点．（1）求椭圆C的方程；（2）已知点P，M，N为椭圆C上三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值．解：（1）因为椭圆()的离心率为，所以，得，①，又点在椭圆上，所以，②，联立①、②得，且，所以椭圆C的方程为.（2）当直线的斜率不存在时，的方程为或，从而有，，当直线的斜率存在时，设直线的方程为()，，；将的方程代入整理得，所以，，.由，得，将点坐标代入椭圆方程得，又点到直线的距离为，，，综上可知，平行四边形的面积为定值.21.已知函数．（1）若，证明：；（2）若有两个不同的零点，求a的取值范围，并证明：．（1）证明：当时，，定义域为令，则当时，；当时，；所以函数在上单调递增，在上单调递减，故，所以，得；（2）证明：因为有两个不同的零点，则在定义域内不单调；由当时，在恒成立，则在上单调递减，不符合题意；当时，在上有，在上有，所以在上单调递增，在上单调递减．不妨设令则当时，，则在上单调递增所以，故，因为所以，又，则，又在上单调递减，所以，则．（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.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；（2）已知点，曲线与相交于，两个不同点，求的值．解：（1）曲线的参数方程为（为参数），整理得，转换为普通方程为；曲线的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为；（2）把直线转换为（为参数），代入，得到：，所以，，所以．不等式选讲23.已知函数的最小值为m.（1）画出函数的图象，利用图象写出函数最小值m；（2）若，且，求证：.解：（１）,图象如图所示：由图可知当时取得最小值.（2）由题意得.,,三式相加并整理得：,两边同时加：，并配方得，成立.陕西省2023届高三下学期教学质量检测(二)数学试题（文）一、选择题：本题共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.已知集合，则的子集的个数为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意，因此它的子集个数为4．故选：D．2.若复数为纯虚数，则a的值为（）A.-1 B.1 C.0或1 D.-1或1〖答案〗B〖解析〗由，解得，故选：B.3.设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列四个命题中正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，，则 D.若，，，则〖答案〗D〖解析〗对于A，若，，则平行，相交或异面，故A错误；对于B，若，，则相交或平行；对于C，若，，，则平行或异面或相交，故C错误；对于D，若，，则，又，则，故D正确.故选：D.4.某兴趣小组有名男生和名女生，现从中任选名学生去参加活动，则恰好选中名女生的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗记名男生分别为、，记名女生分别为、、，从中任选名学生去参加活动，所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共种，其中，事件“恰好选中名女生”所包含的基本事件有：、、，共种，故所求概率为.故选：C.5.短道速滑队6名队员(含赛前系列赛积分最靠前的甲乙丙三名队员在内)进行冬奥会选拔，记“甲得第一名”为p，“乙得第二名”为q，“丙得第三名”为r，若是真命题，是假命题，是真命题，则选拔赛的结果为()A.甲得第一名，乙得第二名，丙得第三名 B.甲得第二名，乙得第一名，丙得第三名C.甲得第一名，乙得第三名，丙得第二名 D.甲得第一名，乙没得第二名，丙得第三名〖答案〗D〖解析〗若是真命题，是假命题，则p和q一真一假；若是真命题，则q是假命题，r是真命题；综上可知，p真q假r真，故“甲得第一名、乙没得第二名、丙得第三名”.故选：D.6.已知向量，，若∥，则实数的值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由已知得，，∵∥，∴，解得，故选：.7.我国明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道闻名世界的题目：“一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大小和尚各几丁？”如图所示的程序框图反映了对此题的一个求解算法，则输出的的值为（）A.25 B.45 C.55 D.75〖答案〗D〖解析〗执行程序框图：，，，，，，继续执行；，，，继续执行；，，，继续执行；，，，继续执行；，，，继续执行；，，，退出循环，输出.故选：D.8.已知函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，．则下列选项正确的是（）A.B.图象的对称轴方程为（）C.的单调递减区间为（）D.的解集为（）〖答案〗D〖解析〗对A：因为函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，所以，故选项A错误；对B：因为，所以，因为，所以，所以，令（）得（），即的图象的对称轴方程为（），故选项B错误；对C：令（）得（），即单调递减区间为（），故选项C错误；对D：令，得，所以（），解得（），所以的解集为（），故选项D正确．故选：D．9.已知是定义在上的奇函数，若为偶函数且，则（）A.3 B. C. D.6〖答案〗A〖解析〗因为是定义在上的奇函数，所以，，所以有，由为偶函数可得：，故有即，，故，所以周期，故故选：A10.已知三棱锥中，，，D是的中点，平面ABC，点P，A，B，C在球心为O的球面上，若三棱锥的体积是，则球O的半径为（）A. B.1 C. D.〖答案〗D〖解析〗三棱锥的体积,则，则的外接圆的圆心为的中点,又平面ABC，所以三棱锥的外接球的球心在直线上，如图，三棱锥的外接球的半径为，连接,则,在直角三角形中，，即，解得故选：D.11.如图，，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，是面积为的正三角形，则的值是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由于是面积为的正三角形，过点作轴于，则为的中点，所以，，所以，解得，所以，将点的坐标代入椭圆方程，得，即，解得，，，，故选：B．12.已知集合，．若存在，，使，则称函数与互为“度零点函数”．若函数与函数互为“1度零点函数”．则实数的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，得，由，得，设其解为，因为函数与函数互为“1度零点函数”，所以，解得，由，得，时有解，令，则，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以实数的取值范围为，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.设等差数列的前项和为，若，则的值为__________．〖答案〗〖解析〗因为在等差数列中，有，又由已知，得，所以.故〖答案〗为：.14.已知曲线在处的切线方程为，则_________，_________．〖答案〗〖解析〗易知由题意可得当时，，所以故〖答案〗为：1；15.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．若的面积为，则的最小值为______．〖答案〗〖解析〗由正弦定理，得．，，因为，所以，，所以，因为所以所以，即．因为的面积为，所以，即，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为．故〖答案〗为：16.如图，两个椭圆、内部重叠区域的边界记为曲线是曲线上的任意一点，给出下列四个判断：①到、、、四点的距离之和为定值；②曲线关于直线均对称；③曲线所围区域面积必小于36．④曲线总长度不大于6π．上述判断中正确命题的序号为________________．〖答案〗②③〖解析〗对于①，考虑点不是交点的情况，若点在椭圆上，到、两点的距离之和为定值10、到、两点的距离之和不为定值，故错；对于②，两个椭圆关于直线均对称，曲线关于直线均对称，故正确；对于③，因为两个椭圆的短半轴长均为3，故曲线所围区域在边长为6的正方形内部，所以面积必小于36，故正确；对于④，因为两个椭圆的短半轴长均为3，故曲线所围区域在半径为3的圆外部，所以曲线的总长度大于圆的周长：6π，故错误；综上可得：上述判断中正确命题的序号为②③．故〖答案〗为：②③．三、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.已知在各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项.（1）求数列，的通项公式；（2）设数列___________，求数列的前项和.请在①；②；③这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答.（1）解：根据题意，因为数列为各项均为正数的等差数列，所以，即得，设公差为，则有，，，又因为，，构成等比数列的前三项，所以，即，解之可得，或（舍去），所以，即得数列是以3为首项，2为公差的等差数列，故可得，且由题可得，，，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故可得，（2）解：若选①，则，则①，在上式两边同时乘以2可得，②，①②可得，，即得；若选②，则，则；若选③，则，则所以当为偶数时，由上可得当为奇数时，，综上可得，．18.梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=，∠BCD=，AD=CD=2，过点A作AE⊥AB，交BC于E（如图）．现沿AE将△ABE折起，使得BC⊥DE，得四棱锥B-AECD（如图）．（1）求证：平面BDE⊥平面ABC；（2）若侧棱BC上的点F满足FC=2BF，求三棱锥B-DEF的体积．（1）证明：在△ABE中，∵AB⊥AE，∠ABC=，∴∠BEA=，又∠BCD=，∴AE∥CD，又AD∥CE，AD=CD，∴四边形ADCE是菱形，∴DE⊥AC，又DE⊥BC，AC∩BC=C，∴DE⊥平面ABC，又DE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．（2）解：由（1）知DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，∴DE⊥AB，又AB⊥AE，AE∩DE=E，∴AB⊥平面ADCE，∵AE=CD=2，∠ABC=，∠BAE=，∴AB=2，又S△CDE==，∴VB-CDE=S△CDE•AB==2．∵FC=2BF，∴VB-DEF=VB-CDE=．19.对一批产品的长度（单位：mm）进行抽样检测，检测结果的频率分布直方图如图所示．根据标准，产品长度在区间上的为一等品，在区间和区间上的为二等品，在区间和上的为三等品．（1）用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取1件，求其为二等品的概率；（2）已知检测结果为一等品的有6件，现随机从三等品中有放回地连续取两次，每次取1件，求取出的2件产品中恰有1件的长度在区间上的概率．解：（1）由频率分布直方图可得：检测结果在区间上的频率/组距为：，所以检测结果在区间和区间上的频率为：，用频率估计概率，故二等品的概率为