2023届陕西省宝鸡市金台区高三上学期10月教学质量检测数学（理）试题（解析版）

宝鸡市金台区2022-2023学年高三上学期10月教学质量检测理科数学2022.10注意事项：1.答卷前，考生将答题卡有关项目填写清楚。2.全部答案在答题卡上作答，答在本试题上无效。一、选择题：本大题共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，集合，则（

）A．B．C．D．2．欧拉公式把自然对数的底数、虚数单位、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美．若复数满足，则的虚部为（

）A． B． C． D．3．已知平面向量，若与垂直，则（

）A．-2 B．2 C．-1 D．14．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，5，11，21，37，61，则该数列的第8项为（

）A．95 B．101 C．141 D．2015．已知抛物线的焦点为.若直线与交于两点，且，则（

）A．3 B．4 C．5 D．66．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（

）A．25 B．45C．55 D．757.在正方体中，则下列判断错误的是（

）A．平面 B．平面平面C．直线过的垂心 D．平面与平面夹角为8．已知等比数列的公比，前项和为，，，则（

）A．2 B．3 C．6 D．109．半径为的球面上有四点，且直线两两垂直，若，，的面积之和为72，则此球体积的最小值为（

）A． B． C． D．10．青春因奉献而美丽，为了响应党关于“乡村振兴”精神，现有5名公费师范大学毕业生主动要求赴西部某地区甲、乙、丙三个不同的学校去支教，每个学校至少去1人，则恰好有2名大学生分配去甲学校的概率为（

）A． B． C． D．11．如图1所示，双曲线具有光学性质；从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，的左、右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的，两点反射后，分别经过点和，且，，则的离心率为（

）A． B． C． D．12．已知定义在上的奇函数满足，当时，．若与的图象交于点、、、，则（

）A． B． C． D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.有一批产品，其中有5件正品和5件次品，从中任取3件，至少有2件次品的概率为.14.经过四个点，，QUOTE，中三个点的圆的方程为.15.已知函数，且函数在区间上单调递减，则的最大值为.16.已知和分别是函数且的极小值点和极大值点，若，则的取值范围是.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1721题为必考题，每个考生都必须作答.第22,23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.（12分）在中，角，，的对边分别为，，，已知，且，（1）求证：；（2）求的面积．18.（12分）如图，四棱锥中，垂直平面，，，，为的中点．（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．19.（12分）应对严重威胁人类生存与发展的气候变化，其关键在于“控碳”，其必由之路是先实现“碳达峰”，而后实现“碳中和”，2020年第七十五届联合国大会一般性辩论上，习近平总书记向世界郑重承诺：力争在2030年前实现“碳达峰”，努力争取在2060年前实现“碳中和”。近年来，国家积极发展新能源汽车，某品牌的新能源汽车宝鸡地区销售在2022年5月至2022年9月这5个月的销售量（单位：辆）的数据如下表：月份2022年5月2022年6月2022年7月2022年8月2022年9月月份代码：12345销售量：4556646872（1）依据表中的统计数据，请判断月份代码与该品牌的新能源汽车宝鸡地区销售量（单位：辆）是否具有较高的线性相关程度?（参考：若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高，计算时精确度为0.01.）（2）求销售量与月份代码之间的线性回归方程，并预测2022年11月份宝鸡地区的销售量（单位：辆）.（结果保留整数）参考数据：，，，参考公式：相关系数，线性回归方程中，，，其中，为样本平均值.20.（12分）已知椭圆的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，,,中恰有两点在上.（1）求的方程；（2）两点在上，且直线,的斜率互为相反数，直线,分别与直线交于,两点，证明：.21.（12分）已知．（1）若直线与函数图象相切，求的值；（2）若函数与函数有两个不同的交点，求的取值范围；（3）设，为的导函数，试比较与的大小．（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，那么按所做的第一题计分，作答时请写清题号.22.（10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系中，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，直线的方程为．（1）求曲线的普通方程；（2）若曲线与直线交于两点，且，求直线的斜率．23.（10分）[选修4-5：不等式选讲]已知，，，且.（1）求证：；（2）若不等式对一切实数，，恒成立，求的取值范围.2023届高三教学质量检测理科数学答案2022.10一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．1．D考察对数函数单调性及集合的基本运算。解:由得：，解得：，即，.2．B考察数学情境的读取能力和复数概念解:由欧拉公式知：，，，的虚部为．3．C向量数量级的运算及性质解:因为，故，由题意与垂直，∴，即，解得，4．C考察对数列的应用意识解:由题意可知，1，5，11，21，37，61，……，的差的数列为4，6，10，16，24，……，则这个数列的差组成的数列为：2，4，6，8，……，是一个等差数列，设原数列的第7项为，则，解得，设第8项为，则，解得5．C考察抛物线的定义及运算解:将代入，解得，则、，所以，解得，则.6．A考察循环结构的特征解:；；；；；．所以7．D正方体中的平行与垂直判断解：由，得平面,所以，同理可得，所以平面，故A正确；由∥∥，得平面∥平面，故B正确；因为三棱锥为正三棱锥（或由两两垂直）得直线过的垂心，故C正确；连接交于O点，连接，由，得为平面与平面的夹角，因为，故D错误．8．B考察等比数列的基本运算解:设等比数列的首项为，公比为q，由题意可得，即，整理得，解得或（舍去），，所以.9．D考察长方体与外接球组合体基本特征及与均值不等式的结合解：设，，，因为直线两两垂直，若，，的面积之和为72，所以，有，以、、为邻边可构造一个长方体，则该长方体为此球的内接长方体，所以，．因为所以，所以，即，当且仅当时等号成立，所以，此球体积的最小值为．10．A考察分类与分布计算原理应用解:所有情况共有种.满足条件的共有种，故.【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.11．B考察实际问题中双曲线的基本运算解:依题意，直线都过点，如图，有，，设，则，显然有，，，因此，，在，，即，解得，即，令双曲线半焦距为c，在中，，即，解得，所以E的离心率为.12．A函数综合性质的应用解:由题意可得，所以，，故函数是以为周期的周期函数，且直线是函数图象的一条对称轴，且，故点是函数图象的一个对称中心，作出函数的图象如下图所示：且当时，；当时，.且直线关于点对称，由图可知，直线与曲线有个不同的公共点，故，，因此，.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.本题考查了互斥事件和古典概型的概率计算公式，属于基础题．从10件产品任取3件的取法共有，其中所取的三件中“至少有2件次品”包括2件次品、3件次品，取法分别为，，利用古典概型的概率计算公式即可得出．【答案】

【解答】解：从10件产品任取3件的取法共有，其中所取的三件中“至少有2件次品”包括2件次品、3件次品，取法分别为，因此所求的概率故答案为14.本题考查利用待定系数法求圆的方程，属于基础题.【答案】x2+y2方法一：设圆的一般方程为，分别将三点的坐标代入圆的方程，求出即可；或者设圆的标准方程为，分别将三点的坐标代入圆的方程，求出即可.推荐方法二：数形结合根据题目中点的特殊性直接写出圆方程【解答】解：设过，0,2，三点的圆的方程为，则解得，即圆的方程为故答案为（其余略）15.本题主要考查了正弦函数的单调性的应用，属于基础题．先由，可求，然后结合正弦函数的单调性可求的范围，进而可求．【答案】10

【解答】解：由题意得，，所以，，因为在区间上单调递减，所以，，且，得，，且，综上可得的最大值为故答案为16.本题考查利用导数的极值求解参数，考查转化能力与运算求解能力，属于较难题.求导，转化为至少要有两个零点和，构造函数，分类讨论，判断单调性，进而求解范围.【答案】

【解答】解：至少要有两个零点和，构造函数，对其求导，，若，则在R上单调递增，此时若，则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，则，不符合题意，若，则在R上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，即，，故，所以三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.（12分）本题考查三角形的正弦定理和内角和定理的运用，考查三角形的面积公式，属于中档题．根据正弦定理证明即可．由余弦定理得，求出，再利用三角形的面积求解即可．证明：因为，，所以，根据正弦定理得，，3分又，所以，即6分解：由余弦定理得，8分由得，结合可得，10分即，解得或舍去，所以

12分18.（12分）本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于较难题.（1）证明，推出平面PBC，即可证明平面平面（2）方法一：建立空间直角坐标系．求出平面ACE的一个法量，利用空间向量的数量积求解直线PD与平面AEC所成角即可．方法二：过点P作PF垂直CE，垂足为说明PF垂直平面通过点E为AB的中点，所以点P到平面ACE的距离与点B到平面ACE的距离相等．连结BD交AC于点G，则转化求解即可．（1）证明：平面ABCD，故又，，，所以故，即2分PC，BC是平面PBC内两条相交直线，

所以平面PBC，平面ACE，所以平面平面4分（2）解：（方法一）：如图，取AB的中点F，如图建立坐标系．因为，所以所以有：，，，，，，6分设平面ACE的一个法量为，则取，得，即8分设直线PD与平面AEC所成角为，则

12分方法二：平面ABCD，故又，所以在平面ACE内，过点P作PF垂直CE，垂足为由（1）知平面平面PBC，平面平面，所以PF垂直平面由面积法得：即又点E为AB的中点，所以6分又点E为AB的中点，所以点P到平面ACE的距离与点B到平面ACE的距离相等．连结BD交AC于点G，则所以点D到平面ACE的距离是点B到平面ACE的距离的一半，即所以直线PD与平面AEC所成角的正弦值为12分19.（12分）（1）根据所给数据算出相关系数即可；（2）根据所给数据和公式算出答案即可.解：（1）由表中数据可得，所以,又，，3分所以.5分所以月份代码与销售量（单位:辆）具有较高的线性相关程度，可用线性回归模型拟合销售量与月份代码之间的关系.6分（2）由表中数据可得，则，所以，9分令，可得(辆)，故可预测2022年10月该品牌的新能源汽车该区域的销售量为辆.12分20.（12分）（1）分类讨论并利用待定系数法可求出结果；（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，通过联立方程组求出的坐标，然后利用两点间的距离公式可证等式成立.联立方程组求出的坐标，再根据两点间的距离公式证明是解题关键.解：(1)因为圆的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，所以椭圆方程为标准方程，设为，若两点在上，则有，不合题意；1分若两点在椭圆上，则无解；3分若两点在椭圆上，则，解得，5分所以椭圆的方程为.6分(2)直线，设直线的斜率为，则直线的斜率为，所以直线的方程为，即，直线的方程为，即，8分设，，联立消去并整理得，10分则，即，同理可得，12分所以，，所以，，联立，得，则，联立，得，则，所以，，，，所以，所以，所以.12分21.（12分）本题考查（1）导数几何意义求切线斜率；根据导数几何意义，设切点，且直线过定点，则，从而解得k；（2）分离参数，把函数图像交点问题转化为新函数交点问题，构造函数，通过导数研究单调性，借助数形结合解得参数取值范围；（3）双变量问题可以通过一个变量如来表示，从而构造新函数，通过导数研究新函数单调性，求得其他相关的量.两式作差，令，构造函数，利用导数研究新函数值域情况，从而比较两式大小.解：（1），且直线过定点，设切点为，2分则，可得．故．4分（2），，令，当时，；时，．在单增，在单减，6分故由图可知：．8分，，10分作差令，设，，在上单调递