陕西省西安市长安区第一中学2023-2024学年高三上学期第三次教学质量检测（期中）文数答案

长安一中2021级高三第三次教学质量检测数学（文科）试题时间：120分钟总分：150分一、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.设全集，集合，，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化简集合A，B，根据集合的交集、补集运算.【详解】全集，集合，或，所以，则．故选：B．2.已知复数满足，则复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数除法运算和共轭复数定义可求得，由虚部定义可得结果.【详解】，，则的虚部为.故选：A.3.设x，y满足约束条件，则z＝2x＋y的最小值是（）A.－15 B.－9 C.1 D.9【答案】A【解析】【分析】作出可行域，z表示直线的纵截距，数形结合知z在点B(－6，－3)处取得最小值.【详解】作出不等式组表示的可行域，如图所示，目标函数，z表示直线的纵截距，，数形结合知函数在点B(－6，－3)处纵截距取得最小值，所以z的最小值为－12－3＝－15.故选：A【点睛】本题考查简单的线性规划问题，属于基础题.4.有6名选手参加演讲比赛，观众甲猜测：4号或5号选手得第一名；观众乙猜测：3号选手不可能得第一名；观众丙猜测：1，2，6号选手中的一位获得第一名；观众丁猜测：4，5，6号选手都不可能获得第一名．比赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对比赛结果，此人是（ ）A.甲 B.乙 C.丙 D.丁【答案】D【解析】【分析】假设四人中任意一人猜对，根据合情推理即可求解.【详解】假设甲猜对比赛结果，则乙也猜对比赛结果，所以假设不成立，所以甲没猜对比赛结果，即得第一名的是1,2,3或6；若乙猜对比赛结果，则1,2或6号选手中的其中一名获得第一名，此时丙也猜对比赛结果，所以乙也没有猜对比赛结果，所以3号选手获得第一名，则只有丁猜对了比赛结果.故选：.5.若为奇函数，则的单调递增区间是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由为奇函数，求出的值，利用复合函数的单调性特征求的单调递增区间.【详解】函数为奇函数，的定义域为，由，∴，函数的定义域为，函数在定义域内单调递增，当时，的单调递增区间为，所以的单调递增区间为.故选：D．6.南宋时期的数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有一个如图所示的“三角垛”问题，在“三角垛”的最上层放有一个球，第二层放有3个球，第三层放有6个球，……依此规律，其相应的程序框图如图所示．若输出的的值为56，则程序框图中①处可以填入（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据循环结构及执行逻辑写出执行步骤，结合输出结果确定条件即可.【详解】第一次循环：，不满足输出条件，；第二次循环：，不满足输出条件，；第三次循环：，不满足输出条件，；第四次循环：，不满足输出条件，；第五次循环：，不满足输出条件，；第六次循环：，满足输出条件，退出循环．所以判断框中的条件可填入“”．故选：C7.某手机商城统计了最近5个月手机的实际销量，如下表所示：若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（）时间12345销售量（千只）0.50.81.01.21.5A.由题中数据可知，变量与正相关B.线性回归方程中C.可以预测时该商场手机销量约为1.72（千只）D.当时，残差为【答案】ABC【解析】【分析】根据表格中的数据的变换趋势，平均数的计算公式，以及回归直线方程，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，从数据可得随着的增加而增加，所以变量与正相关，所以A正确；对于B中，由表中数据知，则样本中心点为，将样本中心点，代入中，可得，所以B正确；对于C中，当时，该商场手机销售量约为（千只），所以C正确；对于D中，线性回归方程为，当时，可得，残差为，所以D错误.故选：ABC.8.折扇（图1）是具有独特风格的中国传统工艺品，炎炎夏季，手拿一把折扇，既可解暑，又有雅趣．图2中的扇形为一把折扇展开后的平面图，其中，，设向量，，若，则实数的值为（）A.1 B.3 C.7 D.14【答案】D【解析】【分析】先利用题意算出，然后利用数量积的运算律对进行化简，即可求解【详解】因为，，所以，因为向量，，，所以，即，解得故选：D9.已知双曲线的离心率大于，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线方程，讨论实轴位置，求出离心率，由已知离心率范围列出不等式可解得的范围．【详解】当双曲线实轴在轴上时，，解得，此时，所以，解得，所以，当双曲线实轴在轴上时，，解得，不符合题意.综上，解得.故选：A．10.如图，在三棱锥中，，，平面平面ABC，则三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意说明为等腰直角三角形，根据面面垂直性质推出平面，进而结合球的几何性质，确定三棱锥外接球球心位置，求出外接球半径，即可求得答案.【详解】由于，，故，即为等腰直角三角形，取AC的中点为M，连接，因为，即为正三角形，故,由于平面平面，平面平面，平面，故平面，平面，故；又M为的外心，则三棱锥外接球的球心必在BM上，设的中心为O，则O在BM上且，而，则，即，即O点即为三棱锥外接球的球心，故外接球半径为，所以外接球表面积为，故选：B【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要能根据条件，结合球的几何性质，确定出三棱锥外接球球心的位置，进而求得半径.11.已知角，终边上有一点，则（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据弦切互化，结合正切和差角公式，即可得，结合角的范围即可求解.【详解】，故，．又，，故在第三象限，故，．故选:C．12.过抛物线的焦点F作直线交C于A，B，过A和原点的直线交于D，则面积的最小值为（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可得焦点，准线，设直线的倾斜角为，则直线的方程为；联立抛物线方程可得，联立直线和准线方程可得点坐标，即可得垂直于准线，再利用焦半径公式可得，，写出的面积的表达式，利用导函数和即可求得其最小值.【详解】如下图所示，易知焦点，直线即为抛物线的准线；设直线的倾斜角为，由对称性和交点个数可知，不妨取；则直线的方程为；联立抛物线方程可得；设，则满足；则直线的斜率为，其直线方程为，联立准线方程可得，又可得可知两点纵坐标相同，所以直线于轴平行，即垂直于准线；由抛物线定义可得；因此可得，即，即；同理可得；所以的面积化简可得由可得，所以令，则，令，解得所以当时，，函数在上单调递增，在上单调递减；所以当时，取最大值，当取最大值时，面积取最小知，即.即面积的最小值为.故选：A【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用焦半径公式建立直线的倾斜角为与的关系式，，写出的面积的表达式，利用导函数求得面积最小值.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知函数（其中）在处的切线为，则直线过定点的坐标为__________.【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，从而可求出其过的定点【详解】根据题意：函数在处有切线，切点为，又，故切线斜率为，直线的方程为，该直线过定点的坐标为.故答案为：14.等差数列中的是函数的极值点，则__.【答案】【解析】【分析】求得，结合题意，得到是方程的两个根，再由等差数列的性质和对数的运算性质，即可求解.【详解】由函数，可得，因为是函数的极值点，即是方程的两个根，可得，又由，所以.故答案为：.15.中，三内角所对边分别为，已知，，则角的最大值是_______________【答案】##【解析】【分析】由题意，利用正弦定理将角化边，再结合余弦定理可得，代入消去，利用基本不等式求出的范围，得解；或利用三角恒等变换结合正切函数的性质即得.【详解】解法一：，由正弦定理得，由余弦定理得，将代入，可得，而，消去可得，当且仅当时取等号.在上单调递减，.解法二：，又，，为锐角，且，即，为钝角，为锐角，而，在上单调递增，.故答案为：16.如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断：①平面平面；②；③异面直线与所成角的取值范围是；④三棱锥的体积不变.其中，正确的是__________（把所有正确判断的序号都填上）.【答案】①②④【解析】【分析】对于①，建立空间直角坐标系，由空间向量相关运算得到⊥平面，⊥平面，得到两平面平行；对于②，在①基础上证明出线线垂直；对于③，表达出异面直线与所成角的余弦值为，当和两种情况，求出异面直线与所成角范围；D选项，由线面平行结合等体积法得到三棱锥体积为定值.【详解】对于①，设正方体的棱长为1，则，故，，，故⊥，⊥，又，平面，故⊥平面，又在线段上运动，故⊥平面，又，，故⊥，⊥，又，平面，故⊥平面，所以平面平面，①正确；对于②，由①可得⊥平面，又平面，所以，②正确；对于③，设，则，设异面直线与所成角大小为，则，当时，，故，当时，，又在上单调递减，故，综上，异面直线与所成角的取值范围是，③错误；对于④，因为，所以，因为平面，平面，所以平面，故又在线段上运动，故为定值，故，体积不变.，④正确.故答案为：①②④三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.设数列的前n项和为，．（1）求证数列为等比数列，并求数列的通项公式．（2）若数列的前m项和，求m的值，【答案】（1）证明见解析，（2）7【解析】【分析】（1）利用数列中与的关系，得，可证明数列为等比数列，可求数列的通项公式．（2）利用裂项相消求数列的前m项和，由求m的值.【小问1详解】因为，所以当时，，解得．当时，，则，整理得，故，，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以．所以【小问2详解】，数列的前m项和，则，则，则，解得，故m的值为7．18.某重点大学为了解准备保研或者考研的本科生每天课余学习时间，随机抽取了名这类大学生进行调查，将收集到的课余学习时间（单位：）整理后得到如下表格：课余学习时间人数（1）估计这名大学生每天课余学习时间的中位数；（2）根据分层抽样的方法从课余学习时间在和，这两组中抽取人，再从这人中随机抽取人，求抽到的人的课余学习时间都在的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据频数分布表估计中位数的方法直接求解即可；（2）根据分层抽样原则可确定从和两组中抽取的人数，采用列举法可得所有基本事件和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.【小问1详解】，，这名大学生每天课余学习时间的中位数位于之间，则中位数为.【小问2详解】由题意知：从课余学习时间在这一组抽取人，分别记为，从课余学习时间在这一组抽取人，分别记为；从这人中随机抽取人，所有的基本事件为：，共个基本事件；其中“抽到的人的课余学习时间都在”包含的基本事件为：，共个基本事件；抽到的人的课余学习时间都在的概率.19.在如图所示的五面体中,四边形为菱形,且为中点.(1)求证:平面;(2)若平面平面,求到平面的距离.【答案】(1)见解析(2)【解析】【详解】(1)取中点,连接,因为分别为的中点,所以,且,因为四边形为菱形,所以平面平面,所以平面.因为平面平面平面,所以.又,所以.所以四边形为平行四边形，所以.又平面，且平面,所以平面.(2)由(1)得平面,所以到平面的距离等于到平面的距离.取中点,连接,因为四边形为菱形,且,所以,因为平面平面,平面平面,所以平面,因为,所以,所以,设到平面的距离为,又因为,所以由,得,解得.即到平面的距离为．20.如图所示，已知椭圆，与轴不重合的直线经过左焦点，且与椭圆相交于，两点，弦的中点为，直线与椭圆相交于，两点．（1）若直线的斜率为，求直线的斜率．（2）是否存在直线，使得成立？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由题意，求出直线的方程，设出点，的坐标，联立方程组可得，的坐标及其中点的坐标，即可得直线的斜率；（2）假设存在直线使得成立，讨论直线斜率的情况，联立方程组分析可得是否满足题意，即可得答案.【小问1详解】解：由已知可得，又直线的斜