陕西省安康中学2023届高三下学期5月学业质量检测(二)理科数学试题(含答

2024年1月4日发(作者：李主任)

陕西省安康中学2023届高三下学期5月学业质量检测（二）理科数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题21．设全集Uxxx20,xZ，ðUM1,0，则（）D．1M）D．a1，b4）A．2MB．1MC．0M2．已知复数z2i，且azzb0，其中a，b为实数，则（A．a1，b4B．a1，b4C．a1，b43．已知向量a，b满足a2b2，ab·2ab8，则a与b的夹角为（A．6B．3C．23D．564．已知数列an的前n项和为Sn，a1a21，a3a42，anan40，则（A．S23S21S22C．S21S23S22B．S21S22S23D．S23S22S21）25．设F为抛物线C:y2pxp0的焦点，准线为l，O为坐标原点，点A在C上，AFAO，点A到准线l的距离为3，则AOF的面积为（）D．23A．2B．22C．3）6．执行如图所示的程序框图，输出的k（A．3B．4C．5试卷第1页，共4页D．6

7．在正方体ABCDA1B1C1D1中，M是线段C1D1（不含端点）上的动点，N为BC的中点，则（）B．平面A1BD平面AD1MD．CM//平面A1BDA．BDAMC．MN//平面A1BD8．在各项均为正数的等比数列an中，a3a416，a5a64，则使得an1成立的n的最小值为（A．7）B．8C．9D．109．已知球O的半径为2，三棱锥OABC底面上的三个顶点均在球O的球面上，BACA．2π，BC3，则三棱锥体积的最大值为（3B．13）D．14C．212210．已知某口袋中放有大小、质地完全相同的红球和白球各若干个，若有放回地从口袋中每次摸取1个球，连续摸两次，记两次摸到的小球颜色不同的概率为p1，两次摸到的小球颜色相同的概率为p2，则（A．p1p2C．p1p2）B．p1p2D．p1，p2大小不确定11．已知函数fx的定义域为R，且fxf4x0，fx1f1x，f20232023，则fk（k198）C．2023D．2023A．1B．0x2y212．已知双曲线C：221（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的ab直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，若F1B4F1A，△ABF2的周长为8a，则C的离心率为（A．C．）B．D．3233232333二、填空题13．从甲、乙、丙等6名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙、丙3人中恰好有两人入选的概率为______.试卷第2页，共4页

14．圆心在直线l1:xy20上，且与直线l2:xy0相切的一个圆的方程为______.15．已知函数fxsinx0,0π，若x1零点，则当取得最小值时，sin4________．2x16．已知函数fxaxe在区间1,3上有两个零点，则实数a的取值范围是________．π3π，x2为fx的两个124三、解答题17．已知ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sinCcosB2sinBcosC0．1222(1)证明：cba；3(2)若a3，点D在BC边上，且ADBC，AD3，求ABC的周长．如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD为正方形，侧面SAD为等边三角形，18．AB2，SC22．(1)证明：平面SAD平面ABCD；，使得直线BP与平面SAC所成角的正弦(2)侧棱SC上是否存在一点P（P不在端点处）值等于21？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．7，下面是近六个月每袋出厂19．某食品加工厂新研制出一种袋装食品（规格：500g/袋）价格（单位：元）与销售量（单位：万袋）的对应关系表：月份序号每袋出厂价格xi月销售量yi62i110.52.2210.93111.92i411.51.865121.5612.51.426并计算得x782.56，y19.9，xiyi122.i1i1i1(1)计算该食品加工厂这六个月内这种袋装食品的平均每袋出厂价格、平均月销售量和平均月销售收入；(2)求每袋出厂价格与月销售量的样本相关系数（精确到0.01）；试卷第3页，共4页

(3)若样本相关系数r0.75，则认为相关性很强；否则没有较强的相关性.你认为该食品加工厂制定的每袋食品的出厂价格与月销售量是否有较强的相关性.附：样本相关系数rxxyyi1iinxxyyi1ii1in2n2，0.3220.57.22620．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过点M(1,)，N(,).2333(1)求E的方程；(2)已知P2,0，是否存在过点G1,0的直线l交E于A，B两点，使得直线PA，PB的斜率之和等于1？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.x21．已知函数fxee2xaxaR．2(1)若fx在R上是增函数，求a的取值范围；fmfn1(2)若当a0,时，fx有两个极值点m，n，证明：e1．mnext22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）.以原点O为极y2t点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为kcos1sin0kR.(1)写出l的直角坐标方程和C的普通方程；(2)若l与C有两个交点，求k的取值范围.23．已知a，b，c均为正数，且a2b4c1，证明：(1)21118；ab2c4.81222(2)4abc试卷第4页，共4页

参考答案：1．A【分析】先计算出全集，再根据补集，求出集合M,分别判断各个选项即可.【详解】由题意得U1,0,1,2，从而M1,2，故A正确，B，C，D都错误.故选：A.2．B【分析】根据复数加减法运算规则和复数相等的定义求解.a1i，【详解】因为z2i，所以azzba2i2ib2ab2a12ab20由azzb0，得，即；b4a10故选：B.3．C22ab2ab2aabb8【分析】由求得ab1，再根据向量夹角公式即可求解.22【详解】因为ab2ab2aabb8.又a2b2，所以ab1.ab1cosa,b所以，2ab2π因为0a,bπ，所以a与b的夹角为.3故选：C4．B【分析】先由数列的递推式得到an是以8为周期的数列，再由递推式求得a6，a7，从而证得S22S210，S23S220，由此得解.【详解】因为anan40，所以an4an，所以an8an4an，所以an是以8为周期的数列，答案第1页，共14页

又a1a21，a3a42，所以a6a21，a7a32，所以S22S21a22a610，S23S22a23a720，所以S22S21,S23S22，故S21S22S23.故选：B.5．B【分析】根据抛物线的定义和几何性质以及标准方程即可求解.pp【详解】由题意得F,0，l:x.22因为AFAO，所以点A的横坐标为p.4pp3.42因为点A到l的距离为3，所以解得p4，所以C的方程为y28x.不妨设点A在x轴的上方，则A1,22，所以S△AOF故选：B.6．B【分析】模拟执行程序，即可计算输出值.【详解】执行第一次循环，y213，x212，k011，yx321；执行第二次循环，y628，x224，k112，yx844；执行第三次循环，y28420，x248，k213，yx20812；执行第四次循环，y220848，x2816，k314，yx481632.因为3215，所以结束循环，输出k4.故选：B7．B【分析】由面面垂直的判定定理判断B，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法证明面面、线面的位置关系判断ACD．11OFyA22222.22答案第2页，共14页

【详解】因为A1DAD1，A1DC1D1，AD1C1D1D1，AD1,C1D1平面AD1M，所以A1D平面AD1M，又A1D平面A1BD，所以平面A1BD平面AD1M，故B正确；以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设AB2，则B2,2,0，A12,0,2，A2,0,0，C0,2,0，N1,2,0.M0,y,20y2DB2,2,0DA设，则，12,0,2.设平面A1BD的法向量为mx1,y1,z1，mDA12x12z10,则有可取x11，得m1,1,1.mDB2x12y10,AM2,y,2，又则DBAM2,2,02,y,22y40，故A不正确；因为CM0,y2,2，所以mCM1,1,10,y2,2y0，故D不正确；MN1,2y,2mMN1,1,11,2y,21y0，故C不正确．因为，所以故选：B．8．C【分析】根据等比数列的通项公式，列方程求解.a3a4a31q16a51112【详解】由得q，所以q，或q（舍去），a4aaa1q42235562n18n由a31qa1q1q16，得a1128，所以ana1q2，由28n1，得8n0，所以n8，即n的最小值为9；答案第3页，共14页

故选：C.9．A上【分析】求出三棱锥的高，对于ABC等价于BC边在外接圆上固定不动，A点在劣弧BC运动，求三棱锥OABC体积的最大值就是求ABC面积的最大值.3BC2r2r，【详解】记球O的半径为R，ABC所在外接圆的半径为r，由得3，r1，sinA2设三棱锥的高为h，则h2R2r22213，所以h3；在ABC中，如图：上运动，显然当A点为BC的中点时，等价于BC边在外接圆上固定不到，A点在劣弧BC高AD最大，AD的最大值BCπ1113tan，ABC面积的最大值3，262224131三棱锥OABC体积的最大值3；344故选：A.10．B【分析】设口袋中有红球m个，白球n个，根据独立事件的概率公式，分别求得p12mnmn2，p2m2n2mn2，结合基本不等式，即可求解.【详解】设口袋中有红球m个，白球n个，则两次摸到的小球颜色不同的概率为p1mnnm2mn，mnmnmnmnmn2mmnnm2n2两次摸到的小球颜色相同的概率为p2，mnmnmnmnmn2因为m1,n1，可得m2n22mn，当且仅当mn等号成立，答案第4页，共14页

所以p1p2.故选：B.11．D【分析】由函数的对称中心和对称轴确定函数的周期为4，代入特殊值求得f(1)，f(2)，f(3)，f(4)，问题即可得到解决.【详解】由fxf4x0可知函数fx的对称中心为(2,0)，由fx1f1x可知函数fx的对称轴为x1，故函数f(x)的周期T4.将x2代入fxf4x0得f(2)0，将x1代入fx1f1x得f(0)0，将x0代入fxf4x0得f(4)0，而f2023f(506T1)f(1)2023，将x2代入fx1f1x得f(3)f(1)2023，将x3代入fxf4x0得f(1)f(3)2023，所以fk24f(1)f(2)f(3)f(4)f(1)f(2)f(1)f(2)2023.k198故选：D12．C【分析】设F1Ax，由双曲线定义结合题目条件可得ABAF23a,BF22a，后利用余弦定理可得答案.【详解】设F1Ax，则F1B4x.因F2AF1A2a,F1BF2B2a.则F2A2ax,F2B4x2a.因△ABF2的周长为8a，AB3x，答案第5页，共14页

则ABAF2BF28a2ax4x2a3x8aax.则ABAF23a,BF22a.由余弦定理：cosB则在F1BF2中，由余弦定理，F1F2F1F22c233ac32AB2BF22AF222ABBF21.3BF12BF222BF1BF2cosB33.333cae3a故选：C13．920【分析】根据计数原理求出样本空间，再求出甲乙丙三人中刚好有2人入选的事件数，按照古典概型求解.3【详解】从6名同学中随机选3名的方法数为C620，甲、乙、丙3人中恰好有两人人选21的方法数为C3C39，因此所求概率P9；20故答案为：29.20214．x1y12（答案不唯一）【分析】依题意可得直线l1与直线l2平行，则两平行线之间的距离即为圆的半径，再取一个点确定圆心，即可得到圆的方程.【详解】因为直线l1:xy20与直线l2:xy0平行，设圆心坐标为a,a2，因为圆心到直线l2的距离等于圆的半径r，所以raa222，取a1，则圆的方程为x1y12.2222故答案为：x1y12（答案不唯一）15．1【分析】利用两个零点可求得fx最小正周期T，从而得到，代入x得的值，由此可得sin4.3π可构造方程求43ππkTπ3πkN，，x2为fx的两个零点，412212422π4π2π3k33T，解得：，min，此时fxsinx，22k33k2【详解】x1答案第6页，共14页

9π9π3π9πfsin0，nπnZ，解得：nπnZ，88489π9ππ44nπnZ，sin4sin4nπsin1.222故答案为：1.e2e316．,49exex【分析】首先参变分离为a2，再构造函数gx2，利用导数判断函数的性质，转化xx为ya与ygx的交点问题.ex【详解】令fxaxe0，得a2，x2xexx2ex设gx2，gx，x1,3，3xx当x1,2，gx0，函数单调递减，当x2,3，gx0，函数单调递增，所以当x2时，函数取得最小值，e3e2g2，g1e，g3，g1g3，94ee所以ya与ygx有2个交点，则a.49e2e3故答案为：,492317．(1)证明见解析；(2)57【分析】（1）根据题意化简得sin(BC)3sinBcosC，得到sinA3sinBcosC，结合正弦、余弦定理，即可得证；2b26（2）由（1）得cb3，利用余弦定理得cosA，再由三角新面积相等求得2bc22sinA33，结合cos2Asin2A1，求得b2，进而得到c7，即可求解.bc【详解】（1）解：由sinCcosB2sinBcosC0，可得sinCcosBsinBcosC3sinBcosC，所以sin(BC)3sinBcosC，因为BCπA，可得sin(BC)sinA，即sinA3sinBcosC，答案第7页，共14页

a2b2c2又由正弦、余弦定理得a3b，可得2a23a23b23c2，2ab1222可得cba.3（2）解：因为a3，由（1）知c2b23，可得c2b23，b2c2a22b26由余弦定理得cosA，2bc2bc又因为ADBC,AD3，可得SABC133，3322113333又由SABCbcsinA，所以bcsinA，可得sinA，222bc2b262332因为cosAsinA()()1，整理得b24，解得b2，2bcbc22所以c2b237，可得c7，所以ABC的周长为abc32757.18．(1)证明见详解；(2)存在，点P为SC的中点.【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设SPSC,(01)，由直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于121，解得即可.27【详解】（1）证明：因为底面ABCD为正方形，AB2，所以CDAD，又因为侧面SAD为等边三角形，所以ABADSD22，所以SD2CD2SC2，即CDSD，又ADSDD,所以CD平面SAD，又因为CD平面ABCD，所以平面SAD平面ABCD.（2）如图：答案第8页，共14页

取AD的中点为E，连接SE，因为侧面SAD为等边三角形，所以SEAD，又由（1）可知平面SAD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，SE平面SAD，所以SE平面ABCD，以E为原点，分别以AB,ED,ES的方向为x轴，y轴，z轴为正方向，建立空间直角坐标系.A0,1,0，B2,1,0，S0,0,3，D0,1,0，C2,1,0，所以SC2,1,3，SA0,1,3，AC2,2,0，设SPSC,(01).SP2,,3，所以P2,,33，所以BP22,1,33.SAm0b3c0ma,b,c设平面SAC的法向量为，所以.，由于2a2b0ACm0令c3，则b3，a3，所以m3,3,3，mBP所以cosm,BPmBP62182128.21.7因为直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于所以62182128211，解得或1（舍）7221.7613故存在，当点P为SC的中点时，使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于19．(1)平均每袋出厂价格为11.4（元），平均月销售量为1.8（万袋），平均月销售收入为（万元）(2)0.98(3)该食品加工厂制定的每袋食品的出厂价格与月销售量有较强的相关性【分析】（1）由表格中数据和参考数据进行计算即可；（2）将样本相关系数公式转化为rxyi1niinxy，利用表中数据和参考数n22n22xnxynyiii1i1据进行计算即可；答案第9页，共14页

（3）将（2）中样本相关系数的绝对值与0.75进行比较即可.【详解】（1）该食品加工厂这六个月内这种袋装食品的平均每袋出厂价格为：1x10.510.91111.51212.511.4（元），61平均月销售量为y2.221.91.81.51.41.8（万袋），616161平均月销售收入为xiyi122（万元）.6i163（2）由已知，每袋出厂价格与月销售量的样本相关系数为：rxxyyi1ii6xxyyi1ii1i26262xy6xyi1ii622622x6xy6yiii1i16122611.41.8782.56611.419.961.821.122.80.461.1220.70.461.1220.3221.120.98.20.57（3）由于每袋出厂价格与月销售量的样本相关系数r0.980.75，所以该食品加工厂制定的每袋食品的出厂价格与月销售量有较强的相关性.x2y220．(1)1；43(2)存在，l的方程为xy10.【分析】（1）设出椭圆E的方程，利用待定系数法求解作答.（2）设出直线l的方程，与椭圆E的方程联立，借助斜率坐标公式求解作答.22【详解】（1）设椭圆E的方程为mxny1m0,n0,mn，9mn11134226由点M(1,)，N(,，解得m，n，)在E上，得243334m8n139x2y2所以E的方程为1.43（2）存在，理由如下.答案第10页，共14页

显然直线l不垂直于x轴，设直线l的方程为xky1，Ax1,y1，Bx2,y2，xky122由x2y2消去x得：3k4y6ky90，1346k98,y1y22则y1y22，得x1x2k(y1y2)22，3k43k43k49k26k212k24，x1x2(ky11)(ky21)ky1y2k(y1y2)122123k43k43k42因此yx2yx2yyy1ky21y2ky112y1y2y1y2x12x22x1x22x1x24x1x22x1x2418k18k2ky1y23y1y23k243k24k1，解得k1，16x1x22x1x2412k24243k243k4所以存在符合要求的直线l，其方程为xy10.【点睛】方法点睛：求椭圆的标准方程有两种方法：①定义法：根据椭圆的定义，确定a2，b2的值，结合焦点位置可写出椭圆方程；②待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出a，b；若焦点位置不明确，则需要分焦点在x轴上和y轴上两种情况讨论，也可设椭圆的方程为Ax2By21(A>0，B>0，A≠B)．21．(1)a0(2)证明见解析xx【分析】（1）转化为fxeexa0，即aexex在xR上恒成立，令gx=eex，求出gx的最小值可得答案；（2）设mn，即证fme1mfne1n，构造函数htfte1t，利用答案第11页，共14页

导数判断出ht在0,2的单调性可得答案．x【详解】（1）xR，若fx在R上是增函数，则fxeexa0，x即aexex在xR上恒成立，aeexxx令gx=eex，xR，gx=ee，min，当x1时，gx0，当x1时，gx0，所以gxg10，所以a0；1（2）a0,，不妨设mn，所以fx0有2个不同的解m,n，e由（1）可知n1m，且fmfn0，fmfne1，即证fme1mfne1n，mne2t构造函数htfte1t=etate1t，2要证htetetae1，02因为f0ea0，f2e2ea0，所以0n1m2，t令mtht，则mtee，当t1时，mt0，当t1时，mt0，所以ht在1,2上单调递增，在0,1上单调递减，又h02ae0，h20，所以ht0，所以ht在0,2上单调递减，所以hmhn，即原命题得证.【点睛】关键点点睛：第二问的关键点是转化为证fme1mfne1n成立，再构造函数htfte1t，利用其单调性得出答案，考查了学生分析问题、解决问题的能力.222．(1)l的直角坐标方程为ykx1，C的普通方程为y4xy0(2)0,1答案第12页，共14页

xcos【分析】（1）利用化极坐标方程为直角坐标方程，用消参法化参数方程为普通ysin方程；（2）直线l与曲线C的直角坐标方程联立方程组，由方程组有两个解可得参数范围．【详解】（1）因为l:kcos1sin0，所以kcossink0.将siny，cosx，代入上式，化简得kxyk0，即l的直角坐标方程为ykx1.因为y24t，xt，消去参数t，得y24x.2又t0，所以C的普通方程为y4xy0.（2）联立当k0时，x=+1,当k0时，y0，x0，所以l与C只有一个交点，不符合题意；2=4𝐬yy1，将x1代入y24x，得ky24y4k42k02若l与C有两个交点，因为y0，所以1616k0，解得0k1.4k0k综上可知，k的取值范围为0,1.23．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用基本不等式证明；（2）利用柯西不等式证明．【详解】（1）证明：2112114ba8ca4cba2b4c66ab2cab2caba2cbc4ba8ca4cb2218，aba2cbc111当且仅当a，b，c时，等号成立.12632答案第13页，共14页

所以2112c（2）证明：由柯西不等式得：212224164abca264c1，41124816，即a，b，c时，等号成立.当且仅当8181814abc222所以4abc4.81答案第14页，共14页