2022届陕西省西安工业大学附属中学高三下学期第七次模拟考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届陕西省西安工业大学附属中学高三下学期第七次模拟考试数学（理）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届陕西省西安工业大学附属中学高三下学期第七次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，则满足A∪C＝B的集合C的个数为（　　）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】由可确定集合中元素一定有的元素，然后列出满足题意的情况，得到答案.【详解】由可知集合中一定有元素2，所以符合要求的集合有，共4种情况，所以选A项.【点睛】考查集合并集运算，属于简单题.2．已知复数满足．若，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】利用复数除法运算求得复数，根据模长定义构造方程求得结果.【详解】，，解得：.故选：.【点睛】本题考查根据复数的模长求解参数值的问题，涉及到复数的除法运算，属于基础题.3．若“使得成立”是假命题，则实数的取值范围为A． B． C． D．【答案】A【详解】因为命题“，使得成立”为假命题，所以该命题的否定“，使得恒成立成立”，即对于恒成立，而（当且仅当，即时取等号），即；故选A.4．已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且的面积为，则的值为（       ）A．12 B．8 C． D．【答案】D【解析】根据已知条件，利用三角形面积公式求得的值，然后利用余弦定理求得的值.【详解】由题可得，，即，∴，又，∴．故选：D．【点睛】本题考查三角形的面积公式和余弦定理的综合运用,属基础题.5．是的（       ）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用换元法，结合充分性、必要性的定义进行求解判断即可.【详解】解析：令，．，即为，得到得或．解出的范围是或，因此由一定能推出，但是由不一定能推出，故选：．6．已知向量与的夹角为120°，||＝3，|＋|＝，则等于（       ）A．5 B．4 C．3 D．1【答案】B【分析】将|＋|＝两边平方，得到关于的一元二次方程，解方程即可.【详解】∵向量与的夹角为120°，||＝3，|＋|＝，∴,∵，∴，∴＝﹣1（舍去）或＝4，故选：B．【点睛】本题考查向量数量积的运算，考查向量的模的计算，考查计算能力，属于基础题.7．如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球，这两个球相外切，且球与正方体共顶点的三个面相切，球与正方体共顶点的三个面相切，则两球在正方体的面上的正投影是（ ）A． B．C． D．【答案】B【详解】试题分析：由题意可以判断出两球在正方体的面上的正投影与正方形相切，排除C，D，把其中一个球扩大为正方体相切，则另一个球被全挡住，由于两球不等，所以排除A，故选B.【解析】投影问题.8．已知双曲线的左、右焦点分别为，圆与双曲线在第一象限内的交点为M，若.则该双曲线的离心率为（       ）A．2 B．3C． D．【答案】D【解析】本题首先可以通过题意画出图象并过点作垂线交于点，然后通过圆与双曲线的相关性质判断出三角形的形状并求出高的长度，的长度即点纵坐标，然后将点纵坐标带入圆的方程即可得出点坐标，最后将点坐标带入双曲线方程即可得出结果.【详解】根据题意可画出以上图象，过点作垂线并交于点，因为，在双曲线上，所以根据双曲线性质可知，，即，，因为圆的半径为，是圆的半径，所以，因为，，，，所以，三角形是直角三角形，因为，所以，，即点纵坐标为，将点纵坐标带入圆的方程中可得，解得，，将点坐标带入双曲线中可得，化简得，，，，故选：D.【点睛】本题考查了圆锥曲线的相关性质，主要考查了圆与双曲线的相关性质及其综合应用，体现了了数形结合思想，提高了学生的逻辑思维能力，是难题.9．三棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上.若是等边三角形，平面平面，，则三棱锥体积的最大值为A．2 B．3 C． D．【答案】B【分析】由题意求得，则且， 又由平面平面，可得平面，即三棱锥的高，在中，利用基本不等式求得面积的最大值，进而可得三棱锥体积的最大值，得到答案.【详解】由题意知，三棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上，若是等边三角形，如图所示，可得，则且， 又由平面平面，所以平面，即三棱锥的高，又由在中，，设，则,所以，当且仅当时取等号，即的最大值为3，所以三棱锥体积的最大值为，故选B.【点睛】本题主要考查了有关球的内接组合体的性质，以及三棱锥的体积的计算问题，其中解答中充分认识组合体的结构特征，合理计算三棱锥的高和底面面积的最大值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.10．如图为一个求20个数的平均数的程序，在横线上应填的语句为（       ）DoInput       xLoop While      Print aEnd A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，模拟程序的运行过程，即可得出终止的条件，得到正确答案．【详解】由程序的功能是求20个数的平均数,则循环体共需要执行20次,由循环变量的初值为1,步长为1故当循环20次时,此时循环变量的值为21应退出循环,又因当型循环是满足条件执行循环, 时执行循环，时退出循环.故选A11．新冠疫情期间，网上购物成为主流．因保管不善，五个快递ABCDE上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这五个快递应分别送去甲乙丙丁戊五个地方，全部送错的概率是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】5个快递送到5个地方有种方法，全送错的方法：第一步A送错有4种可能，然后第二步是关键，考虑A送错的地方对应的快递，如送到丙地，第二步考虑快递，而送错位置分两类，一类是送到甲，一类是送其他三个地方，再对剩下的3个快递分别考虑即可完成．【详解】5个快递送到5个地方有种方法，全送错的方法数：先分步：第一步快递送错有4种方法，第二步考虑所送位置对应的快递，假设送到丙地，第二步考虑快递，对分类，第一类送到甲地，则剩下要均送错有2种可能（丁戊乙，戊乙丁），第二类送到乙丁戊中的一个地方，有3种可能，如送到丁地，剩下的只有甲乙戊三地可送，全送错有3种可能（甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲），∴总的方法数为，所求概率为．故选：C．【点睛】本题考查古典概型，快递送错位置与信装错信封（信封上已写地址）是同一回事，属于典型的计数问题，注意其求解方法，分类还是分步要确定好．12．已知函数，的最小值分别为，，则（       ）A． B． C． D．，的大小关系不确定【答案】C【分析】首先证明，然后利用赋值法求得和的最小值，从而确定正确选项.【详解】令，则，∵当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递减，所以，所以，∴（当且仅当时“”成立），，（当且仅当时，“”成立），.故选：C二、填空题13．已知的展开式中所有项的二项式系数之和、系数之和分别为，，则的最小值为__________．【答案】16【详解】【分析】显然.令，得.所以.当且仅当.即时，取等号，此时的最小值为16.14．己知圆，点，从坐标原点O向圆M作两条切线，切点分别为P，Q，若切线的斜率分别为，，则的取值范围为__________.【答案】【分析】根据已知判断四边形的形状，可得M的轨迹为圆，然后将所求问题转化为圆上动点到圆外定点的距离问题.【详解】因为，所以，又，故四边形为正方形，所以，所以点M在以O为圆心，4为半径的圆上，即圆O：，易知点T在圆O外.因为四点中任何两点都不关于直线OT对称，所以由，得，即.故答案为：15．已知实数，满足不等式组且的最大值为，则=_____．【答案】【详解】作出可行域，目标函数可变为，令，作出，由平移可知直线过时取最大值，则．则．故本题应填．16．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…则此数列偶数项的通项公式_______.【答案】【分析】根据题目中所罗列出的数列寻找规律即可.【详解】由题时，；时，；时，；时，…，故.故答案为：三、解答题17．△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为(1)求;(2)若求△ABC的周长.【答案】(1)(2) .【详解】试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.试题解析：（1）由题设得，即.由正弦定理得.故.（2）由题设及（1）得，即.所以，故.由题设得，即.由余弦定理得，即，得.故的周长为.点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.18．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，为的中点．（Ⅰ）求证：平面（Ⅱ）若平面平面，异面直线与所成角为60°，且是钝角三角形，求二面角的正弦值【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（1）取的中点，连接，由中位线定理得，再结合已知得，，即四边形为平行四边形，故有，再用线面平行判定定理即可求证；（2）先根据异面直线与所成角为60°得，再根据面面垂直性质定理得平面，进而建立空间坐标系，利用法向量求解计算即可得答案.【详解】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，因为为的中点，则，且，又，且，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面（Ⅱ）由题意可知，所以或其补角为异面直线与所成角，又，为钝角三角形，所以，又平面平面，平面平面，，所以平面，以为坐标原点，所在直线为轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，向量，，设平面的法向量为由得，则，令，得平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为由得，令，得平面的一个法向量为设二面角的平面角为，则.则故二面角的正弦值为【点睛】本题考查线面平行的证明，二面角的求解，异面直线所成角，面面垂直的性质定理，考查学生的分析问题与解决问题能力，是中档题.19．从2019年底开始，非洲东部的肯尼亚等国家爆发出了一场严重的蝗虫灾情.目前，蝗虫已抵达乌干达和坦桑尼亚，并向西亚和南亚等地区蔓延.蝗虫危害大，主要危害禾本科植物，能对农作物造成严重伤害，根据以往统计，该地每年平均温度达到以上时蝗虫会造成严重伤害，需要人工防治，其他情况均不需要人工防治，记该地每年平均温度达到以上的概率为.(1)记该地今后年中，恰好需要2次人工防治的概率为，求取得最大值时相应的概率；(2)根据（1）中的结论，当取最大值时，记该地今后6年中，需要人工防治的次数为X，求X的数学期望.【答案】(1)(2)2【分析】(1)根据独立重复试验的概率表示出，利用导数求最值可得；(2) X服从二项分布，根据二项分布的期望公式可得.【详解】(1)由题知，当时，，时，，所以，当时，有最大值，即取得最大值时的概率.(2)当时，取最大值时，记每年需要人工防治为事件A，则.则该地今后6年中，需要人工防治的次数X服从二项分布，即，所以.20．已知椭圆：的左、右顶点分别是双曲线：的左、右焦点，且与相交于点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线：与椭圆交于，两点，以线段为直径的圆是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点；若不恒过定点，请说明理由.【答案】（1）；（2）过定点，.【分析】（1）将两个曲线的交点当然双曲线的方程可得的值，进而求出双曲线的左右焦点，即椭圆的左右顶点，再将交点的坐标代入椭圆的方程可得的值，进而求出椭圆的方程；（2）由对称性可得圆的圆心在y轴上，设M的坐标，设A，B的坐标，将直线与椭圆联立，求出两根之和及两根之积，求出数量积，求出M的坐标．【详解】（1）将代入，解得∴将代入解得∴椭圆的标准方程为.（2）设，，由整理得，∴，.由对称性可知，以为直径的圆若恒过定点，则定点必在轴上.设定点为，则，∴解得∴∴以线段为直径的圆恒过定点.【点睛】本题考查求椭圆，双曲线的方程，及直线与圆锥曲线的综合，及以线段的端点为直径的圆的性质，属于难题.21．已知函数，曲线在点处的切线方程为．（1）求、的值；（2）如果当，且时，，求的取值范围．【答案】（1）， （2）（-，0]【详解】（1）由于直线的斜率为，且过点，故即解得，．（2）由（1）知，所以．考虑函数，则．(i)设，由知，当时，，h(x)递减．而故当时，，可得；当x（1，+）时，h（x）<0，可得 h（x）>0从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.（ii）设0<k<1.由于=的图像开口向下，且，对称轴x=.当x（1，）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,故 (x）>0,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾．（iii）设k1.此时，（x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得 h（x）<0,与题设矛盾．综合得，k的取值范围为（-，0]点评：求参数的范围一般用离参法，然后用导数求出最值进行求解．若求导后不易得到极值点，可二次求导，还不行时，就要使用参数讨论法了．即以参数为分类标准，看是否符合题意．求的答案．此题用的便是后者．22．在直角坐标系xOy中，直线l：为参数，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．1写出曲线C的直角坐标方程；2已知点，直线l与曲线C相交于点M、N，求的值．【答案】（1）；（2） .【详解】（1）；（2）将直线的参数方程化为标准形式：（为参数），代入曲线的方程得，设M，N所对的参数分别为 则23．已知.(1)若，求的最小值；(2)求证：.【答案】(1)(2)证明见详解【分析】(1)将条件拼凑成，然后将目标式乘以，展开整理，由基本不等式可得；(2)直接使用重要不等式得到三个不等式，相加即可.【详解】(1)因为，所以，又，所以，所以当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.(2)因为①，②，③，所以，由①②③，同向不等式相加可得：，当且仅当，即时取等号.即成立.