陕西省西安市西北工业大学附属中学2023-2024学年高三上学期第七次大练习数学试题

陕西省西安市西北工业大学附属中学 2023-2024学年高三数学第七次大练习 一、单选题 1．已知，i为虚数单位，且，则的值为（    ） A．2 B． C． D． 2．如图所示的Venn图中，、是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合．若，，则（    ） A． B． C． D． 3．命题“，”为真命题的一个必要不充分条件是（    ） A． B． C． D． 4．某中学高三（1）班有50名学生，在一次高三模拟考试中，经统计得：数学成绩，则估计该班数学得分大于120分的学生人数为（    ）（参考数据：） A．16 B．10 C．8 D．2 5．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 6．若的展开式中含有常数项，且的最小值为，则 A． B． C． D． 7．学校举行羽毛球混合双打比赛，每队由一男一女两名运动员组成.某班级从名男生、、和名女生、、、中各随机选出两名，把选出的人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛，则和两人组成一队参加比赛的概率为（    ） A． B． C． D． 8．中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，面积为，则=（    ） A． B． C． D． 9．已知函数在上恰有4个不同的零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 10．若，，，则（    ） A． B． C． D． 11．已知菱形的各边长为．如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时．是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为（    ） A． B． C． D． 12．若关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 13．已知向量，且，则 . 14．已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，连接并延长交于点，连接，若存在点使成立，则的取值范围为 . 15．斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数列1，1，2，3，5，…画出来的螺旋曲线.如图，白色小圆内切于边长为1的正方形，黑色曲线就是斐波那契螺旋线，它是依次在以1，2，3，5为边长的正方形中画一个圆心角为的扇形，将其圆弧连接起来得到的.若在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是 . 16．意大利著名画家、数学家、物理学家达·芬奇在他创作《抱银貂的女子》时思考过这样一个问题：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的悬链线问题，连接重庆和湖南的世界第一悬索桥——矮寨大桥就采用了这种方式设计．经过计算，悬链线的函数方程为，并称其为双曲余弦函数．若对恒成立，则实数m的取值范围为 ． 三、解答题 17．已知数列的前项积为，且. (1)证明：是等差数列； (2)设，数列的前项和为，定义为不超过的最大整数，例如，，求的前项和. 18．如图，在四棱锥中，底面是菱形，与交于点，平面平面为线段上的一点． (1)证明：平面； (2)若二面角余弦值为，求的值． 19．在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，硬币大小的无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注．这种起搏器体积只有传统起搏器的，其无线充电器的使用更是避免了传统起搏器囊袋及导线引发的相关并发症．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片试生产，试产期同步进行产品检测，检测包括智能检测与人工抽检．智能检测在生产线上自动完成，包含安全检测、电池检测、性能检测等三项指标，人工抽检仅对智能检测三项指标均达标的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标，四项指标均达标的产品才能视为合格品．已知试产期的产品，智能检测三项指标的达标率约为，，，设人工抽检的综合指标不达标率为（）． (1)求每个芯片智能检测不达标的概率； (2)人工抽检30个芯片，记恰有1个不达标的概率为，求的极大值点； (3)若芯片的合格率不超过，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为p的值，判断该企业是否需对生产工序进行改良． 20．已知椭圆的左焦点为，抛物线，与交于点． （1）求与的方程； （2）动直线与交于不同两点、，与交于不同两点、，且，记、的斜率分别为是、，满足，记线段的中点的纵坐标为，求的取值范围． 21．已知函数. （1）若在上为单调递增函数，求实数的最小值. （2）若有两个极值点. （i）求实数的取值范围； （ii）求证：. 22．在平面直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为． （1）求圆的普通方程及直线的直角坐标方程； （2）若直线与圆的交点为，，与轴的交点为，求的值． 23．已知函数，． （1）当时，求不等式的解集． （2）是否存在实数，使得不等式的解集包含？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由． 试卷第6页，共6页 试卷第5页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A C B C C A B A 题号 11 12 答案 C A 1．B 【分析】根据复数相等可得答案. 【详解】因为，i为虚数单位，且， 所以， 则， 故选：B. 2．D 【分析】分析可知，求出集合、、，即可得集合. 【详解】由韦恩图可知，， 因为，， 则，，因此，. 故选：D. 3．A 【解析】“，”为真命题可转化为恒成立，可得，根据充分必要条件可选出答案． 【详解】若“，”为真命题，得恒成立，只需， 所以时，不能推出“，”为真命题， “，”为真命题时推出， 故是命题“，”为真命题的一个必要不充分条件， 故选：A． 【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断： （1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集； （2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集； （3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等； （4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含． 4．C 【分析】根据正态分布的性质，结合题中所给的公式进行求解即可. 【详解】因为数学成绩，所以，因此由 所以有， 估计该班数学得分大于120分的学生人数为， 故选：C 5．B 【分析】借助长方体作出棱锥，利用球心到顶点的距离相等确定O的位置，利用球的性质求出半径，即可计算. 【详解】由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥， 为的中点， 外接球球心在过的中点且垂直于平面的直线上， 又点到的距离相等， 所以又在过左边正方体一对棱的中点所在直线上， 在中，由，即，得， 所以三棱锥外接球的球半径， . 【点睛】本题主要考查了三视图，棱锥的外接球，球的体积，属于中档题. 6．C 【详解】展开式的通项为 ，因为展开式中含有常数项，所以，即为整数，故n的最小值为5． 所以.故选C 点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略 (1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可. (2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数. 7．C 【分析】计算出所有的组队方法数，以及和两人组成一队的组队方法数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】从名男生、、和名女生、、、中各随机选出两名，把选出的人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛，所有的组队方法数为种， 其中和两人组成一队的组队方法数为种， 因此，和两人组成一队参加比赛的概率为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：计算古典概型概率的方法如下： （1）列举法； （2）列表法； （3）树状图法； （4）排列、组合数的应用. 8．A 【分析】根据面积可求得，然后根据余弦定理得到，再由正弦定理的变形可得所求的值． 【详解】∵的面积为，， ∴，∴． 由余弦定理得，∴． 由正弦定理得， 所以， 故选：A. 9．B 【分析】把函数零点问题转化为两个函数交点问题，数形结合即可求解. 【详解】因为函数在上恰有4个不同的零点， 则方程在上恰有4个不同的解， 即方程在上恰有4个不同的解， 所以函数与函数在上恰有4个不同的交点， 因为函数，且在上单调递减， 所以函数函数在上单调递减，且，， 函数是由函数图象纵坐标不变，横坐标变为原来的倍， 作出两个函数图象，如图： 要使函数与函数在上恰有4个不同的交点， 由图知：的周期满足，所以， 所以，即实数的取值范围为. 故选：B 【点睛】方法点睛：函数零点问题的解决办法： （1）直接法：根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 10．A 【分析】运用对数运算将a、b、c化简，构造函数，运用导数研究函数的单调性比较大小，进而求得结果. 【详解】由，得， 由．得， 由，得． 设函数，则， 令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 又因为， 所以， 又因为，，， 所以， 又因为，，， 所以a，b，c均大于， 又因为在上单调递增， 所以． 故选：A. 11．C 【分析】找到三棱锥外接球的球心，设点轨迹所在平面为，易知到平面的距离，故平面截外接球所得截面圆的半径能求，截面圆的周长就能求. 【详解】取中点，则， ∴平面，，又，∴，作，设点轨迹所在平面为，则平面经过点且，设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，易知平面平面，且四点共面，由题可得，，解Rt，得，又，则三棱锥外接球半径，易知到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径为， ∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为． 故选：C 12．A 【分析】化简方程，令，得到．构造函数，则，利用函数的单调性，结合函数的图象，要使关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，结合图象可得关于的方程一定有两个实根，（），结合韦达定理，推出所求表达式的关系式，然后求解即可． 【详解】由方程，可得. 令，则有，即. 令函数，则， 由，解得，，解得 所以在上单调递增，在上单调递减，且 作出图象如图所示，要使关于的方程有三个不相等的实数解，，，且， 结合图象可得关于的方程一定有两个实根，， 且，，，. 所以，解得或 若，则,解得，则 此时只有1个实数根，此时原方程没有3个不等实数根，故不满足题意. 若，则，可得，显然此时原方程没有3个不等实数根，故不满足题意. 要使原方程有3个不等实数根，则 所以，，解得. 所以， 故. 故选：A    【点睛】关键点睛：本题主要考查利用导数研究方程的解，解答本题的关键是利用换元法设，将方程化为，根据题意得出方程一定有两个实根，（），设函数判断出函数的单调性，结合图象将,示为关于m的函数，求出函数的范围，属于难题. 13． 【分析】表示出的坐标，根据向量的垂直条件列式计算，求出t的值，再根据向量夹角的计算公式即可求得答案. 【详解】由题意知向量，且， 故，则， 故， 则， 故答案为： 14． 【分析】设，所以存在点使等价于由可求的最小值，求得的范围，从而得到的取值范围. 【详解】 设，则.显然当靠近右顶点时，， 所以存在点使等价于， 在中由余弦定理得， 即，解得 ， 同理可得，所以， 所以， 所以，当且仅当时等号成立. 由得，所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：求离心率范围关键是建立的不等式，此时将问题转化为，从而只需求的最小值，求最小值的方法是结合焦半径性质使用基本不等式求解. 15．， 【分析】求出阴影部分的面积，再求出矩形的面积，根据几何概型的计算公式进行求解. 【详解】解：由图可知，阴影部分的面积为 ， 矩形的面积为， 故此点取自阴影部分的概率为， 【点睛】本题考查了几何概型的问题，几何概型往往以长度、面积、体积为测度，熟记几何概型的计算公式是关键. 16． 【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，根据函数的单调性和奇偶性，结合换元法、正弦型函数的性质、同角的三角函数关系式进行求解即可. 【详解】因为，所以函数是偶函数， 设是上任意两个实数，且，即 ， 因为，所以， 因此，即， 所以函数是偶函数，且在是增函数， 若在上恒成立， ， 又因为，， 所以在恒成立， 令，而 由，，故时， 由，，故时，， 所以的取值范围为． 故答案为： 【点睛】关键点睛：判断函数的奇偶性和单调性，运用换元法进行求解是解题的关键. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据数列前项积为与通项的关系，从而可得（），且，求得首项，从而可得结论； （2）根据裂项求和方法得，再根据题意求解的前项和即可. 【详解】（1）证明：已知数列的前项积为得（）， 故有，从而，且，则，所以. 从而是首项为3，公差为2的等差数列. （2）由（1）知，，. 所以 . 当时，，. 当时，，. 当时，. 这时. 所以时，， 综上， 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用面面垂直度性质定理判断平面，再利用线面垂直的判定定理判断平面； （2）先以为原点，为轴，为轴，过点且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，再设并求，进而求平面的一个法向量，最后向量法求二面角余弦值，从而列方程得到答案. 【详解】（1）连接，过点作的垂线，垂足为， 平面平面，且平面平面， ，平面， 又平面， 又四边形为菱形，，又平面，， 平面， 又平面， 又，平面， 平面． （2）由（1）知，互相两两垂直，以为原点，为轴，为轴，过点且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图：    因为，所以，即. 则， ，. 设，则， ． 易知平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，即． 设二面角为， 则，即，两边同时取平方化简得，解得． 故二面角余弦值为时，． 19．(1) (2) (3)该企业需对生产工序进行改良，理由见解析 【分析】（1）设每个芯片智能检测中安全检测、电池检测、性能检测三项指标达标的概率分别记为，，，并记芯片智能检测不达标为事件，视指标的达标率为任取一件新产品，该项指标达标的概率，根据对立事件的性质及事件独立性的定义即可求解； （2）根据条件得到（），利用导数对进行讨论即可； （3）设芯片人工抽检达标为事件，工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，根据条件概率得到，再由乘法公式得到，即可判断. 【详解】（1）每个芯片智能检测中安全检测、电池检测、性能检测三项指标达标的概率分别记为，，，并记芯片智能检测不达标为事件. 视指标的达标率为任取一件新产品，该项指标达标的概率， 则有，，， 由对立事件的性质及事件独立性的定义得：， 所以每个芯片智能检测不达标的概率为. （2）人工抽检30个芯片恰有1个不合格品的概率为（）， 因此 令，得. 当时，；当时，. 则在上单调递增，在上单调递减， 所以有唯一的极大值点. （3）设芯片人工抽检达标为事件，工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件， 由（2）得：， 由（1）得：， 所以， 因此，该企业需对生产工序进行改良. 20．（1）；的方程为；（2）. 【分析】（1）解法1：利用椭圆的定义求得，然后利用求得，从而求得椭圆方程.解法2：由题意，，解得，，进而可得的方程，把代入抛物线方程，解得，进而可得的方程． （2）设，，，，分两种情况：当直线的斜率不存在，当直线的斜率存在．分析，得出的取值范围． 【详解】（1）解法1：因为椭圆的左焦点为，所以右焦点． 由椭圆的定义，，因此． 又半焦距，所以，所以的方程为． 把代入，得，所以的方程为． 解法2：由题意，消去可得，即． 又因为，所以．．所以的方程为． 把代入，得，所以的方程为． （2）设，．若直线的斜率不存在，则． 由，得（★） 又，可得，代入（★）式，可得． 所以直线的方程为．可见，直线过点．这与矛盾，因此，直线的斜率必存在． 注：下列说明同样给分，若直线的斜率不存在，则，显然，与只有一个交点，这与已知条件矛盾．所以直线的斜率必存在． 设．由于，故． 由消去，整理得． 由判别式，得（※） 因此，（☆） 由题意，． 所以， 即． 把（☆）代入上式并整理得．因为，所以． 因此，直线的方程为． 由（※）可得，即． 又因为，所以． 由消去，整理得．由判别式，得． 所以的取值范围是，且． 设，，． 则由，可得，所以． 代入，得． 因为，且，所以，且， 所以，实数的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：本题先利用关键是设出直线方程和椭圆方程联立，利用韦达定理结合求出斜率的值，然后代入直线方程和椭圆联立利用判别式求解. 21．（1）最小值为；（2）（i）；（ii）证明见解析. 【解析】（1）求出导函数，则在上恒成立，用分离参数法转化为，令，由导数求出的最小值（需要二次求导确定单调性，用极限理论求得结论得取值范围． （2）（i）由有两个实根得有两解，设，利用导数确定的单调性、极值，及变化趋势，可得的范围； （ii）首先确定与极值点的关系，，然后把不等式右边变形： ，设. 设，由导数证明之； 为了证不等式左边：.首先由零点定义得 ，从而，即 ，其中.代入不等式有 由于 . 设，再利用导数可证． 【详解】解：（1）由于在上为单调递增函数，则对任意的恒成立. 显然不等式成立. 当时，则恒成立，令， 则，令， 则， 因此在上单调递增.从而. 故，即在上单调递增. 设，则，易知时，，时，，即时，递减，时，递增，所以，所以，时取等号． 因此时，，，所以，从而. 综合上述，实数的最小值为. （2）（i）由于有两个极值点， 则有两个实根，故. 设，则. 设，则 ，解得. 故在上单调递减，在上单调递增， 又，时，，. 故当时，，；当时，， .由此在上单调递减，在上单调递减， 在上单调递增. 由此图象如图所示. 从而，即. 综合上述，实数的取值范围为. （ii）由于，故. 从而，即. 先证不等式右边：由于 . 设，则， 故在上单调递增，从而， 故成立，从而. 再证不等式左边：. 由于 ， 从而， 即，其中. 由于 . 设，则， 故在上单调递增，从而， 故成立，从而. 综合上述，，即. 说明：证明和时若不加证明可直接利用对数均值不等式：或指数均值不等式． 【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，函数的极值点，以及证明不等式．解题关键是问题的转化．如函数的单调性转化为不等式恒成立，转化为求函数的最值或取值范围，函数零点个数问题转化为函数图象与直线的交点个数，转化为确定函数的单调性，极值与变化趋势，同样证明不等式问题，关键是在于把不等式中的变量进行转化，如利用零点的定义把参数用零点表示，双变量，通过换元后转化为一元函数问题，从而再导数证得结论．解题中注意变化的技巧与方法．本题属于困难题． 22．（1），；（2）1． 【分析】（1）利用化简极坐标方程得到圆的普通方程，利用两角差的余弦公式化简，再利用进行求解； （2）先将直线的直角坐标方程化成参数方程，再联立直线的参数方程和圆的方程得到关于的一元二次方程，再利用根与系数的关系进行求解. 【详解】（1）将两式平方相加， 得：， 所以圆的普通方程为； 由得： ， 即， 将代入，得：， 所以直线的直角坐标方程为． （2）因为直线的方程为， 倾斜角为，点， 所以直线的参数方程为（为参数）， 将其代入圆的方程， 化简得， 则， 设，两点对应的参数分别为，， 则，，，异号， 故， 所以的值为． 23．（1）；（2）不存在，理由见解析. 【分析】（1）对分类讨论去绝对值，即可求解不等式得解集； （2）设存在实数满足题意，将原问题转化为，，即，，结合的取值范围，即可求解. 【详解】解：（1）当时，等价于． 当时，且，不等式无解； 当时，且，解得； 当时，且，解得； 当时且，不等式无解． 综上，的解集为． （2）设存在实数满足题意，则，， 则，，从而，， 则 此时无解，所以不存在符合条件的实数． 答案第16页，共22页 答案第1页，共22页 学科网（北京）股份有限公司 $$