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1、汉中市2023年普通高中联盟学校高三联考理科数学试题注意事项:1、试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分,共150分,考试时间120分钟,共4页.2、答第卷时考生务必在每小题选出答案后,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3、第卷答在答题卡的相应位置上,否则视为无效答题前考生务必将自己的班级、姓名、学号、考号座位号填写清楚.第卷(选择题,共60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. 已知集合,则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求对数函数定义域,并结
2、合集合的交运算即可.【详解】因,所以.故选C.2. 已知非零向量,则“”是“”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系.【详解】如图所示,,当时,与垂直,所以成立,此时,不是的充分条件,当时,,成立,是的必要条件,综上,“”是“”的必要不充分条件 故选:B.3. 已知,则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据诱导公式及倍角公式求解.【详解】,故选:B4. 在递增的等差数列中,首项为,若,依次成等比数列,则的公差为( )A. B. C. D. 【答案】
3、C【解析】【分析】运用等比中项性质及等差数列通项公式计算即可.【详解】设等差数列的公差为d(),由题意知,所以,即,解得或,因为,所以.故选:C.5. 下列函数中,最小值为的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】运用基本不等式及对勾函数依次求各项的最小值即可.【详解】对于A项,当时,当且仅当即时取等号,当时,当且仅当即时取等号,故A项不成立;对于B项,因为,所以,当且仅当即时取等号,故B项成立;对于C项,令(),则,所以,由对勾函数可知,在上单调递增,所以当时,取得最小值为,故C项不成立;对于D项,令(),则,由对勾函数可知,在上单调递减,所以的值域为,此时函数在上无最小值
4、,故D项不成立.故选:B.6. 函数的图像大致为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据函数的奇偶性排除部分选项,再由特殊值判断.【详解】因为为偶函数,排除CD;当时,且时,所以A正确,B错误;故选:A7. 算数书竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“盖”的术:置如其周,令相承也.又以高乘之,三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高,计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由圆锥的体
5、积公式计算即可.【详解】由题意知,即,所以.故选:A.8. 若是抛物线位于第一象限的点,是抛物线的焦点,则直线的斜率为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由抛物线的定义可求得,结合抛物线方程即可求得,运用两点斜率公式计算即可.【详解】由题知,抛物线的准线方程为,设,由抛物线的定义知,即,所以,所以,又因为M位于第一象限,所以,所以,所以.故选:C.9. “仁义礼智信”为儒家“五常”由孔子提出“仁、义、礼”,孟子延伸为“仁、义、礼、智”,董仲舒扩充为“仁、义、礼、智、信”.将“仁义礼智信”排成一排,其中“仁、义、礼”保持顺序不变的概率为( )A. B. C. D. 【答案】D
6、【解析】【分析】选将“仁、义、礼”放好保持顺序不变,将“智”、“信”依次插空放入共有20种方法,所有排法共有种方法,根据古典概型求解概率.【详解】选将“仁、义、礼”放好保持顺序不变,将“智”插空放入有4种方法,将“信”插空放入有5种方法,共有20种方法,将“仁义礼智信”排成一排共有种方法,因此将“仁义礼智信”排成一排,其中“仁、义、礼”保持顺序不变的概率为.故选:D10. 设,则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】运用不等式的性质和幂函数单调性比较大小即可.【详解】因为,所以,即,又因为,所以,所以,即,综述: .故选:B.11. 已知,函数在单调递减,则的取值范围为( )
7、A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】运用降次公式及辅助角公式化简函数,结合、换元法及复合函数单调性求解即可.【详解】因为在上单调递减,所以,即,又,所以,令,因为,所以,所以问题转化为在()上单调递减,所以问题转化为在()上单调递减,又,单调递减区间,所以,所以,解得.故选:D.12. 已知函数满足为奇函数,若函数与图象的交点为,则等于( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意知,与两个图象都关于对称,进而可得两个图象的交点也关于对称,进而可求得结果.【详解】因为为奇函数,所以,所以关于对称,因为,所以的对称中心为,所以也关于对称,所以与两个图象的交点也关于对
8、称,所以对于每组对称点和均满足,所以.故选:B.第卷(非选择题,共90分)二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13. 复数的虚部为_.【答案】#【解析】【分析】根据复数的除法法则运算出结果即可.【详解】故所求虚部为.故答案为:.14. 三棱锥中,平面,为直角三角形,则三棱锥的外接球的体积为_.【答案】【解析】【分析】根据题意,将三棱锥补全为一个长方体,即可得到长方体的体对角线即为三棱锥外接球的直径,再由球的体积公式,即可得到结果.【详解】 由题意可将三棱锥补全为一个长方体,如图所示,则长方体的体对角线,即三棱锥外接球的直径为,所以,所以三棱锥外接球的体积为.故答案为:15. 若为数
9、列的前项和,且,则下列结论正确的是_.(填序号);数列是等比数列;数列是等比数列.【答案】【解析】【分析】分别研究与时数列的解析式,进而可判断且可得,分别代入可判断,运用等比数列定义法可判断.【详解】因为,所以当时,解得,当时,即,所以为等比数列,首项为,公比为2,故正确所以,综述:.所以,所以,当时,故正确;当时,故错误;因为不是一个与n无关的数,故错误.所以正确的有.故答案为:.16. 已知,若对任意的,不等式恒成立,则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】对已知不等式进行变形可得,通过构造新函数,结合导数的性质与单调性可得恒成立,再构造,求导分析单调性与最值即可.【详解】因为,不等
10、式对任意的恒成立,即恒成立,即,进而转化为恒成立.令,则,当时,所以在上单调递增,则不等式恒成立等价于恒成立.因为,所以,所以对任意的恒成立,所以恒成立.设,可得,当时,单调递增;当时,单调递减.所以当时,函数取得最大值,最大值为,此时,所以,解得,即实数的取值范围是.故答案为:.【点睛】方法点睛:导函数中常用的两种常用的转化方法:一是利用导数研究含参函数的单调性,常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用;二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理三、解答题:本题共6小题,共70分.(一)必考题:共5小题,每小题12分,共60分17. 的内角,的对边分别为
11、,.(1)求;(2)若,求.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)由正弦定理角化边,结合余弦定理即可求得结果.(2)由正弦定理边化角可得,结合及辅助角公式即可求得结果.【小问1详解】因为,由正弦定理得:,即,又由余弦定理,又因为,所以.【小问2详解】由及正弦定理得:(*),又因为在中,所以,所以“*”式为,即,又由(1),所以有,整理得,因为,所以或,解得或,又因为,所以,所以.18. 如图所示多面体中,平面平面,平面,是正三角形,四边形是菱形,.(1)求证:平面;(2)求点到平面距离.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)由面面垂直性质定理可证得平面,进而证得,结合线面
12、平行的判定定理即可证得平面.(2)法一:运用等体积法求解即可.法二:建立空间直角坐标系,运用空间点到面的距离公式计算即可.【小问1详解】取中点,连接,如图所示,因为是正三角形,所以,又因为平面平面,平面,平面平面,所以平面,又因为平面,所以,又因为平面,平面,所以平面.【小问2详解】法一:设点到平面的距离为为.由(1)平面,所以点与点到平面的距离相等,所以三棱锥和三棱锥的体积相等,所以,连接、 相交于点,如图所示,因为四边形为菱形,所以,由(1)平面,由题是等边三角形,边长为2,易知,所以.由题,在中,所以,易知,所以在中,在中:,由余弦定理可得,所以,所以,又因为,所以.即点到平面的距离为.
13、法二:取中点,连接、,因为四边形为菱形,所以为等边三角形,所以,由(1)知,平面,所以,所以以为坐标原点,以为轴,为轴,为轴建立空间直角坐标系,如图所示,则,所以,设平面的法向量为,则,得,取,则,则到平面的距离,所以到平面的距离为19. 为了检查工厂生产的某产品的质量指标,随机抽取了部分产品进行检测,所得数据统计如下图所示. (1)求的值以及这批产品的优质率:(注:产品质量指标达到130及以上为优质品);(2)若按照分层的方法从质量指标值在的产品中随机抽取件,再从这件中随机抽取件,求至少有一件的指标值在的概率;(3)以本次抽检的频率作为概率,从工厂生产的所有产品中随机抽出件,记这件中优质产品
14、的件数为,求的分布列与数学期望.【答案】(1),优质率为25% (2) (3)分布列见解析,【解析】【分析】(1)由频率分布直方图中,所有频率之和为1及优质率的定义即可求得结果.(2)由分层抽样可得质量指标在有件,质量指标在有件,结合古典概型求其概率即可.(3)由题意知,4件产品中优质产品的件数服从二项分布,即,进而运用公式求解即可.【小问1详解】因为,所以,产品质量指标超过130的频率为,所以这批产品的优质率为25%.【小问2详解】因为质量指标在和的频率分别为0.4和0.3.所以质量指标产品中抽取7件,则质量指标在有件,质量指标在有件.所以从这7件中任取2件,至少有一件质量指标在的概率为.【小问3详解】因为抽到产品为优质产品的频率为0.25