2022屆陜西省西安市長(zhǎng)安區(qū)第一中學(xué)高三下學(xué)期第五次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)（理）試題（解析版）

1、試卷第 =page 1 1頁(yè)，共 =sectionpages 3 3頁(yè)第 Page * MergeFormat 21 頁(yè) 共 NUMPAGES * MergeFormat 21 頁(yè)2022屆陜西省西安市長(zhǎng)安區(qū)第一中學(xué)高三下學(xué)期第五次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)（理）試題一、單選題1已知集合，其中為虛數(shù)單位，則下列元素屬于集合的是（）ABCD【答案】B【分析】計(jì)算出集合，在利用復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算化簡(jiǎn)各選項(xiàng)中的復(fù)數(shù)，即可得出合適的選項(xiàng).【詳解】當(dāng)時(shí)，則，故選：B.2已知函數(shù)，的零點(diǎn)分別為、，則、的大小順序?yàn)椋ǎ〢BCD【答案】A【分析】計(jì)算出的值，利用零點(diǎn)存在定理求出、所在區(qū)間，由此可得出、的大小關(guān)系.【詳解】因

2、為函數(shù)、均為上的增函數(shù)，故函數(shù)為上的增函數(shù)，因?yàn)椋?，因?yàn)楹瘮?shù)、在上均為增函數(shù)，故函數(shù)在上為增函數(shù)，因?yàn)椋?，由可得，因此?故選：A.3已知向量， ，且，則 等于（ ）AB-3C3D【答案】A【詳解】試題分析：由已知，又，故，所以.【解析】向量平行等價(jià)條件、三角函數(shù)同角關(guān)系式4意大利數(shù)學(xué)家列昂納多斐波那契是第一個(gè)研究了印度和阿拉伯?dāng)?shù)學(xué)理論的歐洲人，斐波那契數(shù)列被譽(yù)為是最美的數(shù)列，斐波那契數(shù)列滿足，.若將數(shù)列的每一項(xiàng)按照下圖方法放進(jìn)格子里，每一小格子的邊長(zhǎng)為1，記前n項(xiàng)所占的格子的面積之和為，每段螺旋線與其所在的正方形所圍成的扇形面積為，則其中不正確結(jié)論的是（）ABCD【答案】C【分析】A

3、選項(xiàng)由前項(xiàng)所占格子組成長(zhǎng)為，寬為的矩形即可判斷；B選項(xiàng)由結(jié)合累加法即可判斷；C選項(xiàng)通過特殊值檢驗(yàn)即可；D選項(xiàng)表示出，作差即可判斷.【詳解】由題意知：前項(xiàng)所占格子組成長(zhǎng)為，寬為的矩形，其面積為，A正確；，以上各式相加得，化簡(jiǎn)得，即，B正確；，C錯(cuò)誤；易知，D正確.故選：C.5已知正三棱柱ABCA1B1C1中，底面邊長(zhǎng)AB2，則異面直線AB1與BC所成角的余弦值（）ABCD【答案】A【分析】根據(jù)，得到即為異面直線AB1與BC所成角，然后在中，利用余弦定理求解.【詳解】如圖所示:因?yàn)?，所以即為異面直線AB1與BC所成角，因?yàn)?AB2，所以，在中，由余弦定理得，.故選：A【點(diǎn)睛】本題主要考查異面直線所

4、成角，還考查了空間想象和運(yùn)算求解的能力，屬于基礎(chǔ)題.6已知，則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件【答案】B【解析】首先判斷由，能不能推出，而后再看由，能不能推出，然后通過充分性、必要性的定義得出答案.【詳解】由不等式，可以構(gòu)造一個(gè)函數(shù)：，可以判斷該函數(shù)為偶函數(shù)且時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增.當(dāng)時(shí)，而，這時(shí)可以為負(fù)數(shù)、正數(shù)、零，因此的大小關(guān)系不確定，因此由“”不一定能推出“”.當(dāng)成立時(shí)，利用偶函數(shù)的性質(zhì)，可以得到：，而，因此有，所以有且，如果，則有，所以，這與矛盾，故，故本題選B.【點(diǎn)睛】本題考查了必要不充分條件的判斷，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)和不等式的性

5、質(zhì)是解題的關(guān)鍵.7已知，在函數(shù)，的圖象的交點(diǎn)中，相鄰兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之差的絕對(duì)值為，當(dāng)時(shí)，函數(shù)的圖象恒在x軸的上方，則的取值范圍是（）ABCD【答案】D【解析】由得，所以，可求得，再利用，相鄰兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之差的絕對(duì)值為，可得，即可得，再利用正弦函數(shù)圖象的特點(diǎn)，可得，即可求出的取值范圍.【詳解】由得，所以，可得：，所以因?yàn)橄噜弮蓚€(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之差的絕對(duì)值為，所以，所以，當(dāng)時(shí)，要滿足函數(shù)的圖象恒在x軸的上方，需滿足方程 ，解得，故選：D【點(diǎn)睛】本題主要考查正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，屬于中檔題.8受新冠肺炎疫情影響，某學(xué)校按上級(jí)文件指示，要求錯(cuò)峰放學(xué)，錯(cuò)峰有序吃飯.高三年級(jí)一層樓六個(gè)班排隊(duì)，甲班必須

6、排在前三位，且丙班、丁班必須排在一起，則這六個(gè)班排隊(duì)吃飯的不同安排方案共有（）A240種B120種C188種D156種【答案】B【分析】根據(jù)題意，按甲班位置分3 種情況討論，求出每種情況下的安排方法數(shù)目，由加法原理計(jì)算即可.【詳解】解：根據(jù)題意，按甲班位置分3 種情況討論： （1）甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情況有種，將剩余的三個(gè)班全排列，安排到剩下的3個(gè)位置，有種情況，此時(shí)有種安排方案；（2）甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情況有種，將剩下的三個(gè)班全排列，安排到剩下的三個(gè)位置，有種情況，此時(shí)有種安排方案；（3）甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情況有種，將剩下的三個(gè)班全排列，安排

7、到剩下的三個(gè)位置，有種情況，此時(shí)有種安排方案；由加法計(jì)數(shù)原理可知共有種方案，故選：B【點(diǎn)睛】此題考查排列組合的應(yīng)用，涉及分類、分步計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.9若在x=1處取得極大值10，則的值為（）A或B或CD【答案】C【分析】由于，依題意知，于是有，代入f（1）=10即可求得，從而可得答案【詳解】，又在x=1處取得極大值10，或當(dāng)時(shí)，當(dāng)x1時(shí)，當(dāng)x1時(shí)，f（x）在x=1處取得極小值，與題意不符；當(dāng)時(shí)，當(dāng)x1時(shí)，當(dāng)x3時(shí)，f（x）在x=1處取得極大值，符合題意；則，故選C【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的條件，求得，利用，f（1）=10求得是關(guān)鍵，考查分析、推理與運(yùn)算能力，屬于中檔題10已

8、知正實(shí)數(shù)，滿足，若對(duì)任意滿足條件的正實(shí)數(shù)，都有不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（）A，B，C，D，【答案】B【分析】根據(jù)基本不等式可得，令，將問題轉(zhuǎn)化為的最小值，再用基本不等式計(jì)算即可.【詳解】解：，可得，由，解得，對(duì)任意滿足條件的正實(shí)數(shù)，都有不等式恒成立，可得的最小值，可令，則在遞增，可得的最小值為，則，故選：B11已知雙曲線的左右焦點(diǎn)分別是，在其漸近線上存在一點(diǎn)，滿足，則該雙曲線離心率的取值范圍為（）ABCD【答案】A【分析】由題意問題轉(zhuǎn)化為雙曲線的漸近線與雙曲線有公共點(diǎn)即可，據(jù)此可得兩曲線漸近線斜率間的關(guān)系，進(jìn)而求出離心率范圍.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，,點(diǎn)P在雙曲線上，雙曲線的漸近

9、線方程為，因?yàn)榕c雙曲線相交，所以由雙曲線漸近線性質(zhì)可知只需，即，則，解得，故該雙曲線離心率的取值范圍是，故選：A【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于由題意轉(zhuǎn)化為已知雙曲線的漸近線與有交點(diǎn)，再根據(jù)雙曲線漸近線判斷直線與雙曲線的的位置關(guān)系，建立不等式即可求出離心率，要掌握根據(jù)直線斜率與漸進(jìn)線斜率的大小關(guān)系判斷直線與雙曲線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題.12若關(guān)于x的方程有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解，且，其中mR，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則的值為（）A1+mBeCm-1D1【答案】D【分析】令，則有，即，作出函數(shù)的圖象，結(jié)合圖象可得關(guān)于的方程一定有兩個(gè)實(shí)根，且，即可求解.【詳解】由方程可得.令，則有，即.令函數(shù)，則.在上單調(diào)遞增，

10、在上單調(diào)遞減.作出圖象如下：要使關(guān)于額方程有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解，且結(jié)合圖象可得關(guān)于關(guān)于的方程一定有兩個(gè)實(shí)根，且，.故選D.【點(diǎn)睛】利用函數(shù)零點(diǎn)的情況求參數(shù)值或取值范圍的方法(1)直接法：直接根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，再通過解不等式確定參數(shù)的范圍； (2)分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的值域(最值)問題加以解決；(3)數(shù)形結(jié)合法：先對(duì)解析式變形，在同一平面直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)的圖象，然后數(shù)形結(jié)合求解.二、填空題13已知的周長(zhǎng)為20，且頂點(diǎn)，則頂點(diǎn)的軌跡方程是_.【答案】【解析】由周長(zhǎng)確定，故軌跡是橢圓，注意焦點(diǎn)位置和摳除不符合條件的點(diǎn)即可.【詳解】的周長(zhǎng)為20，且頂點(diǎn)，所以點(diǎn)到

11、兩個(gè)定點(diǎn)的距離和為定值，故點(diǎn)的軌跡是焦點(diǎn)在y軸上的橢圓， 則頂點(diǎn)A的軌跡方程是.故答案為：.【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)睛：本題考查橢圓定義的應(yīng)用，在求解過程中要注意橢圓的定義要檢查兩個(gè)線段的大小，看是否可以構(gòu)成橢圓，還要注意要圍城三角形需要排除不符合的點(diǎn)，考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題.14函數(shù)是定義在上的增函數(shù)，函數(shù)的圖像關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則滿足的實(shí)數(shù)x的取值范圍為_.【答案】【分析】函數(shù)的圖像關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱即為函數(shù)的圖像關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱,可得為奇函數(shù),再將化成,由增函數(shù)的性質(zhì)可解不等式.【詳解】函數(shù)的圖像關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱,則函數(shù)的圖像關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱,即為奇函數(shù),滿足.所以,又是定義在上的增函數(shù),故答案為：【點(diǎn)睛】本題

12、考查了奇函數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用,遇到解函數(shù)值不等式,可通過函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化成自變量的關(guān)系.本題屬于中等題.15已知四棱錐PABCD的底面ABCD是矩形，平面PAD平面ABCD，且直線PB與CD所成角的正切值為，則四棱錐PABCD外接球的表面積為_.【答案】【分析】取AD中點(diǎn)為E，連接PE、BE由ABCD可知ABP為直線PB與CD所成角，tanABP，于是可求cosABP，解三角形ABP可得AP長(zhǎng)度.以PAD為底面將四棱錐補(bǔ)為三棱柱即可求其外接球球心和半徑，從而解得答案.【詳解】取AD中點(diǎn)為E，連接PE、BE，PAPD，PEAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PE平面PA

13、D，PE平面ABCD，PEBE，設(shè)APx，則，.ABCD，ABP為直線PB與CD所成角，tanABP，cosABP，在ABP中，根據(jù)余弦定理得，即，解得，為等邊三角形，設(shè)APD外接圓半徑為r，則根據(jù)正弦定理得，如圖所示，將四棱錐補(bǔ)為直三棱柱，則該直三棱柱的外接球即為四棱錐的外接球.設(shè)直三棱柱ADPBCE上下底面外接圓圓心為、，則AB3為直三棱柱的高，則中點(diǎn)O即為外接球球心，設(shè)外接球半徑為R，則如圖在Rt中，四棱錐PABCD外接球的表面積為.【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是利用解三角形的知識(shí)求出AP長(zhǎng)度，結(jié)合四棱錐的結(jié)構(gòu)特征，將四棱錐補(bǔ)成直三棱柱，將四棱錐的外接球轉(zhuǎn)化為直棱柱的外接球求解.16若，且，則的值為

14、_【答案】【分析】首先對(duì)所給的方程進(jìn)行恒等變形，然后結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性和角度的范圍求得的值，然后求解三角函數(shù)值即可.【詳解】，(2)32sincos2=0，即(2)3+sin(2)2=0.由可得.故2和是方程x3+sinx2=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)解.再由，所以和的范圍都是，由于函數(shù)x3+sinx在上單調(diào)遞增，故方程x3+sinx2=0在上只有一個(gè)解，所以，則的值為.【點(diǎn)睛】本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性，三角函數(shù)的性質(zhì)及其應(yīng)用等知識(shí)，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力.三、解答題17設(shè)等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，已知，且是與的等比中項(xiàng).（1）求的通項(xiàng)公式；（2）若.求證：，其中.【答案】（1）或（其中）；（2）證明

15、見解析.【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列公式及等比中項(xiàng)的性質(zhì)求得的通項(xiàng)公式；（2）由（1）可得，所以，利用裂項(xiàng)相消的方法求和即可得出結(jié)論.【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，由得，因?yàn)槭桥c的等比中項(xiàng)，所以，化簡(jiǎn)得且，解方程組.得或，故的通項(xiàng)公式為或（其中）；（2）因?yàn)?則，于是，于是，故，因?yàn)?，于?其中，即.【點(diǎn)睛】數(shù)列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差數(shù)列、與二項(xiàng)式系數(shù)、對(duì)稱性相關(guān)聯(lián)的數(shù)列的求和(2)錯(cuò)位相減：用于等差數(shù)列與等比數(shù)列的積數(shù)列的求和(3)分組求和：用于若干個(gè)等差或等比數(shù)列的和或差數(shù)列的求和18如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，M是棱PB上的點(diǎn)，O是AD中點(diǎn)，且PO底面

16、ABCD，.(1)求證：BCOM；(2)若，求二面角BOMC的余弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】（1）先證，進(jìn)而證明面，又面，即可證明BCOM；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面和平面的法向量，按照夾角公式計(jì)算即可.【詳解】(1)在菱形ABCD中，則為等邊三角形，O是AD中點(diǎn)，又PO底面ABCD，平面ABCD，面，面，又M是棱PB上的點(diǎn)，面，.(2)由PO底面ABCD，建立以所在直線為軸的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，,，由，得，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，由，令，得，易得平面的一個(gè)法向量為，由圖知二面角BOMC為銳二面角，故二面角BOMC的余弦值為.19某校高三男生體育課上做投籃球游戲，兩

17、人一組，每輪游戲中，每小組兩人每人投籃兩次，投籃投進(jìn)的次數(shù)之和不少于次稱為“優(yōu)秀小組”.小明與小亮同一小組，小明、小亮投籃投進(jìn)的概率分別為.（1）若，則在第一輪游戲他們獲“優(yōu)秀小組”的概率；（2）若則游戲中小明小亮小組要想獲得“優(yōu)秀小組”次數(shù)為次，則理論上至少要進(jìn)行多少輪游戲才行？并求此時(shí)的值.【答案】（1）；（2）理論上至少要進(jìn)行輪游戲.【分析】（1）小明、小亮獲“優(yōu)秀小組”的情況有小明投中1次，小亮投中2次；小明投中2次，小亮投中1次；小明投中2次，小亮投中2次，分別求出對(duì)應(yīng)概率即可求解；（2）借鑒（1）的求法化簡(jiǎn)可得，結(jié)合基本不等式得，令，則，結(jié)合二次函數(shù)最值和二項(xiàng)分布即可求解【詳解】（

18、1）由題可知，所以可能的情況有小明投中1次，小亮投中2次；小明投中2次，小亮投中1次；小明投中2次，小亮投中2次.故所求概率（2）他們?cè)谝惠営螒蛑蝎@“優(yōu)秀小組”的概率為因?yàn)?，所以因?yàn)椋?，又所以，令，以，則當(dāng)時(shí)，他們小組在輪游戲中獲“優(yōu)秀小組”次數(shù)滿足由，則，所以理論上至少要進(jìn)行輪游戲.此時(shí)，【點(diǎn)睛】本題考查相互獨(dú)立事件概率的求法，利用函數(shù)和基本不等式求解概率最值，二項(xiàng)分布的應(yīng)用，綜合性強(qiáng)，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算，轉(zhuǎn)化與化歸思想，屬于難題20已知函數(shù)(1)當(dāng)時(shí)，求f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間：(2)若函數(shù)f（x）恰有兩個(gè)極值點(diǎn)，記極大值和極小值分別為M、m，求證：.【答案】(1)和；(2)證明見解析.【分

19、析】(1)利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性即可求解；(2)根據(jù)極值點(diǎn)的定義可得方程有兩個(gè)不相等的實(shí)根()，由正弦函數(shù)圖象可知，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的極值，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)，再次利用導(dǎo)數(shù)求出即可.【詳解】(1)函數(shù)的定義域?yàn)?，?dāng)時(shí)，令或，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為和；(2)，因?yàn)楹瘮?shù)恰有兩個(gè)極值點(diǎn)，所以方程有兩個(gè)不相等的實(shí)根，設(shè)為且，當(dāng)時(shí)，函數(shù)圖象關(guān)于直線對(duì)稱，則，即，因?yàn)?，所以，?dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，所以分別是函數(shù)的極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn)，即，于是有，因?yàn)椋?，所以，而，所以，設(shè)，則，令或，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)有最

20、小值，即，因此有，即.【點(diǎn)睛】在解決類似的問題時(shí)，要熟練應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值，要掌握極值與極值點(diǎn)的定義，縷清極值點(diǎn)與方程的根之間關(guān)系，善于培養(yǎng)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，學(xué)會(huì)構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究新函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題.21已知點(diǎn)是拋物線的準(zhǔn)線上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)作拋物線的兩條切線、，其中、為切點(diǎn).（1）證明：直線過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）若直線交橢圓于、兩點(diǎn)，、分別是、的面積，求的最小值.【答案】（1）定點(diǎn)坐標(biāo)為，證明見解析；（2）.【分析】（1）設(shè)點(diǎn)、，寫出直線、的方程，再將點(diǎn)的坐標(biāo)代入兩直線方程，可得出，可得知點(diǎn)、的坐標(biāo)滿足直線的方程，可得出直線的方程，由此可求得直線所過定點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）求得，由題意可知直線不與軸重合，可設(shè)直線的方程為，將該直線方程分別與拋物線、橢圓方程聯(lián)立，列出韋達(dá)定理，結(jié)合弦長(zhǎng)公式可得出關(guān)于的表達(dá)式，進(jìn)而可求得的最小值.【詳解】（1）先證明出拋物線在其上一點(diǎn)處的切線方程為，由于點(diǎn)在拋物線上，則，聯(lián)立，消去得，即，所以，關(guān)于的方程有兩個(gè)相等的實(shí)根，此時(shí)，因此，直線與拋物線相切，且切點(diǎn)為.設(shè)點(diǎn)、，則以為切點(diǎn)的切線方程為，同理以為切點(diǎn)的切線方程為，兩條切線均過點(diǎn)，即，所以，