2023屆陜西省咸陽中學高三下學期第六次質量檢測數學（文）試題一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先分別化簡集合，利用交集運算求解.【詳解】由題意得；所以.故選：B.2．若復數，則的虛部是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根據復數的運算求得，再得到虛部即可.【詳解】由題意，可得，故的虛部為.故選：C.位充電樁用戶中隨機抽取了位，統計了他們2021年上半年平均每次充電的時間（單位：小時），得到頻率分布直方圖如下，則下面結論中不正確的是（

）A．B．估計該小區用戶平均每次充電的時間不超過小時的頻率為C．估計該小區有位用戶平均每次充電的時間不超過小時D．估計該小區有超過一半的用戶平均每次充電的時間超過小時【答案】C【分析】根據題意結合頻率分布直方圖運算逐項分析判斷.【詳解】對A：由已知可得，解得，故A正確；對B：平均每次充電的時間不超過6小時的頻率為，故B正確；對C：平均每次充電的時間不超過8小時的用戶數約為，故C不正確；對D：因為前3組的頻率為0.44，則平均每次充電的時間超過8小時的頻率為，故估計該小區有超過一半的用戶平均每次充電的時間超過8小時，故D正確.故選：C.4．下列函數，在定義域內既是奇函數又是增函數的為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據函數的單調性與奇偶性逐項分析判斷.【詳解】對于A：，即，則的定義域為，不關于原點對稱，故為非奇非偶函數，A不符合題意；對于B：的定義域為，由，可知為偶函數，B不符合題意；對于C：的定義域為，由，可知為奇函數，在上單調遞增，但在定義域內不是單調函數,C不符合題意；對于D：的定義域為，由，可知為奇函數,在定義域內單調遞增，D符合題意.故選：D.5．以雙曲線的一個焦點為圓心，以為半徑的圓，截該雙曲線的一條漸近線所得的弦長為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據雙曲線的焦點到漸近線的距離為，結合垂徑定理運算求解.【詳解】由雙曲線可得，∵雙曲線的焦點到漸近線的距離，故所得弦長.故選：D.6．當個相同的聲強級為的聲源作用于某一點時，就會產生聲強級的疊加，疊加后的聲強級，已知一臺電鋸工作時的聲強級是，則10臺電鋸工作時的聲強級與臺電鋸工作時的聲強級的關系約為（

）（參考數據：）A． B． C． D．【答案】C【分析】分別求出10臺和5臺電鋸工作時的聲強級，作差得出答案.【詳解】10臺電鋸工作時的聲強級，5臺電鋸工作時的聲強級，所以.故選:C.7．執行下面的程序框圖，則輸出S的值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由題意可得輸出S即為的前項和，結合裂項相消法運算求解.【詳解】由題意可得：輸出S即為的前項和，因為，故.故選：D.8．將兩個白球和兩個黑球隨機放入甲、乙兩個盒子，每個盒子不空，則甲盒中恰有個球的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用列舉法列出所有的基本事件，再選出符合題意的基本事件，結合古典概型運算求解.【詳解】記兩個白球為1,2，兩個黑球為3,4,則所有的放法有：，，共14種，其中甲盒中恰有3個球有：，共4種，故所求概率.故選：A.9．世界上最大的球形建筑物是位于瑞典斯德哥爾摩的愛立信球形體育館（瑞典語:EricssonGlobe），在世界最大的瑞典太陽系模型中，由該體育場代表太陽的位置，其外形像一個大高爾夫球，可容納名觀眾觀看表演和演唱會，或名觀眾觀看冰上曲棍球.某數學興趣小組為了測得愛立信體育館的直徑，在體育館外圍測得，，，，（其中四占共面），據此可估計該體育館的直徑大約為（

）（結果精確到，參考數據：，）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據題意分析可得，在中，利用余弦定理運算求解.【詳解】連接，在中，，即為等邊三角形，所以，在中，，由余弦定理可得：，即，所以.故選：B.10．記是等比數列的前項和,若，，設數列的前項和為，則滿足不等式的正整數的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根就等比數列的通項公式求得，進而可求得，再利用分組求和可得，結合題意運算求解即可.【詳解】設等比數列的公比為，因為，所以,解得，可得，所以，故，可得，即，解得，故滿足不等式的正整數的最小值是9.故選：C.11．如圖，直四棱柱的所有棱長均為，，是側棱的中點，則平面截四棱柱所得的截面圖形的周長是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用作延長線找交點法，得出截面圖形為梯形，求出梯形周長即為所求.【詳解】連接與的延長線交于點,連接與交于點,因為,所以為的中點,則為的中點,所以截面為梯形,因為所有棱長均為2,，所以,,,,故梯形的周長為.故選：D.12．若方程有兩個不等的實數根，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分離參數得,求導數得出函數的圖象變化趨勢，結合最值可得答案.【詳解】方程化為,令則問題轉化為的圖象與直線有2個交點,因為當時,單調遞減,當時,,單調遞增,易知且當正向無限趨近于時,的取值無限趨近于正無窮大；當無限趨近于正無窮大時,的取值無限趨近于正無窮大；故方程有兩個不等的實數根時,.故選：B.二、填空題13．已知向量，的夾角為，且,

,則___________.【答案】【分析】利用向量的模和向量的數量積公式，對向量的模進行平方，得到關于的一元二次方程，從而求出.【詳解】，，即，，，，或，，（舍去），.故答案為：2.14．函數的值域是___________.【答案】【分析】利用二倍角公式表示，配方，結合的范圍進行求解.【詳解】因為又因為,所以當時,取得最小值-1,當時,取得最大值2,故的值域是.故答案為：15．已知某圓錐的側面積為，且圓錐的軸截面是等腰直角三角形，則該圓錐的體積等于___________.【答案】【分析】設圓錐的底面半徑為,易得母線，再根據側面積為，求得底面半徑和高，代入錐體體積公式求解.【詳解】解：設圓錐的底面半徑為,則母線,側面積,解得,故該圓錐的體積等于，故答案為：16．經研究發現，若點在橢圓上，則過點的橢圓切線方程為.現過點作橢圓的切線，切點為，當（其中為坐標原點）的面積為時，___________.【答案】【分析】點，由題意可得切線方程，進而可求點的坐標，根據的面積整理可得，結合橢圓方程即可得結果.【詳解】設點，則切線，令，得，可得，則，∵點在橢圓上，則，即，解得，所以.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：以點為切入點，設點，根據題意可得切線，這樣就可得，再根據題意運算求解即可.三、解答題17．2021年7月24日，中共中央辦公廳、國務院辦公廳印發《關于進一步減輕義務教育階段學生作業負擔和校外培訓負擔的意見》（下稱“雙減”）為了扎實推進“雙減”工作，某地小學擬制定“免考”、“彈性作業”等一系列制度，繼續深化減負政策.現在當地隨機抽取了名家長，調查他們對“免考”制度的態度，統計如下表.不支持支持合計鄉村家長（人）城鎮家長（人）合計(1)補充完善上述表格，并分別求鄉村家長、城鎮家長中支持“免考”制度的頻率；(2)是否有超過的把握認為支持“免考”制度與家長類別有關系.附：【答案】(1)表格見解析，鄉村家長、城鎮家長中支持“免考”制度的頻率分別為，(2)有超過的把握認為支持“免考”制度與家長類別有關系【分析】（1）根據題意完善列聯表，進而可求頻率；（2）根據題中數據與公式求，并與臨界值對比分析.【詳解】（1）表格補充如下：不支持支持合計鄉村家長(人)6040100城鎮家長(人)2080100合計80120200所以鄉村家長中支持“免考”制度的頻率為，城鎮家長中支持“免考”制度的頻率為.（2）因為，所以有超過的把握認為支持“免考”制度與家長類別有關系.18．已知遞增的等差數列，其前n項和為，，從①，②，③=50中選出兩個作為條件，求數列的最大項.注：如果選擇多種方案分別解答，則按第一個解答計分.【答案】【分析】先任選兩個條件建立方程組，解出首項和公差，寫出的通項公式，再借助判斷數列的增減性，進而確定最大項.【詳解】若選擇①②：設等差數列的公差為d（d>0），由，可得解得或（舍），所以，所以數列{}的通項公式是，即，所以，所以，所以；當時，故，即{}的最大項為.若選擇①③：設等差數列的公差為d（d>0）由，.可得，解得，所以數列的通項公式是即.所以，所以所以；當時，；故，即數列的最大項為.若選擇②③：設等差數列的公差為由，，可得，解得解得，所以數列的通項公式是，即所以，所以，所以；當時，；故.即數列的最大項為.19．如圖，直三棱柱中，，，側面為正方形，.(1)求證：；(2)求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據線面垂直的判定定理和性質定理分析證明；（2）根據題意利用轉換頂點法運算求解.【詳解】（1）因為為直三棱柱，則平面，平面，∴，，，平面，所以平面，且平面，故，因為側面為正方形，所以，平面，所以平面，又因為平面，所以.（2）因為，所以，所以，所以，又點是的中點，所以.20．已知函數(1)當時，求的極值；(2)若對，，求實數的取值范圍.【答案】(1)有極小值，無極大值(2)【分析】（1）求導，利用導數判斷原函數的單調性，進而可得極值；（2）由題意可得：對，構建，由恒成立問題可得，利用導數分類討論求的最大值即可.【詳解】（1）當時，，定義域為，則，令，得，令，得，故函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為，故有極小值，無極大值.（2）若對，即對，令，則，①當時，，函數在上單調遞增，則，符合題意；②當時，令,解得，則函數在上單調遞減，在上單調遞增，若在恒成立,只需滿足，解得；綜上所述：實數的取值范圍為.【點睛】方法定睛：兩招破解不等式的恒成立問題（1）分離參數法第一步：將原不等式分離參數，轉化為不含參數的函數的最值問題；第二步：利用導數求該函數的最值；第三步：根據要求得所求范圍．（2）函數思想法第一步將不等式轉化為含待求參數的函數的最值問題；第二步：利用導數求該函數的極值；第三步：構建不等式求解．21．設拋物線的焦點為，動直線與拋物線交于，兩點，且當時，.(1)求拋物線的方程；(2)連接，并延長分別交拋物線于兩點，，設直線的斜率為，直線的斜率為，求證：是定值，并求出該值.【答案】(1)(2)證明見解析，【分析】（1）根據聯立方程，結合韋達定理，利用弦長公式即可求出方程；（2）通過分別聯立直線，與拋物線，用，點的坐標表示出，的坐標，再化簡即可得到定值.【詳解】（1）聯立，得，則，設，則，當時，，所以，解得或(舍)，故拋物線的方程為.（2）由題意知,由（1）得，且，設直線,聯立，得，則，所以，所以，同理可得，，所以,所以，又，所以,即是定值，且定值為.22．在平面直角坐標系中，直線的參數方程為(為參數)，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.(1)求直線的普通方程和曲線的直角坐標方程；(2)設，直線與曲線交于兩點，求.【答案】(1)，(2)【分析】(1)直接將參數方程中的t消去即可得出直線的普通方程，結合公式，計算即可得出曲線的直角坐標方程；(2)將直線的參數方程代入曲線的直角坐標方程可得關于t的一元二次方程，結合t的幾何意義化簡計算即可求解.【詳解】（1）直線的參數方程為(為參數)，消去得，直線的普通方程為；由得，，將代入得，曲線的直角坐標方程為.（2）將直線的參數方程代入曲線，整理得，，記兩點對應的參數分別為，則，故，故.23．已知函數.(1)在坐標系中作出函數的圖象；(2)若，求實數的取值范圍.