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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
