2022届陕西省西安中学高三下学期第五次模拟考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届陕西省西安中学高三下学期第五次模拟考试数学（理）试题含解析，共20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届陕西省西安中学高三下学期第五次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，则的元素个数为（       ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】根据对数函数的单调性解得集合，再求即可得到其元素个数.【详解】因为，，即，故，解得，即，则，其包含3个元素.故选：A.2．在空间中，已知命题的三个顶点到平面的距离相等且不为零，命题：平面平面，则是的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由线面平行的性质结合平面与平面的位置关系判断即可.【详解】当平面平面时，的三个顶点到平面的距离相等且不为零；当的三个顶点到平面的距离相等且不为零时，平面可能与平面相交，例如当平面且的中点在平面内时，的三个顶点到平面的距离相等且不为零，但平面与平面相交.即是的必要不充分条件故选：B3．西安中学抗疫志愿者小分队中有3名男同学，2名女同学，现随机选派2名同学前往社区参加志愿服务活动，在已知抽取的1名志愿者是女同学的情况下，2名都是女同学的概率是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用条件概率求解.【详解】解：从3名男同学和2名女同学，随机选派2名共有种方法，含有1名志愿者是女同学有种方法，所以含有1名志愿者是女同学的概率是，2名志愿者都是女同学有种方法，所以2名志愿者都是女同学的概率是，所以在抽取的1名志愿者是女同学的情况下，2名都是女同学的概率是，故选：C4．执行如图所示的程序框图，则输出的S的值是A． B． C． D．4【答案】D【详解】 由题意，执行如图所示的程序框图，可得： 第一次循环：满足条件，；第二次循环：满足条件，；第三次循环：满足条件，； 第八次循环满足条件，，此时再循环时，不满足判断条件，输出，故选D.5．在流行病学中，基本传染数是指每名感染者平均可传染的人数.当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染1个以上的人，从而导致感染这种疾病的人数呈指数级增长.当基本传染数持续低于1时，疫情才可能逐渐消散.接种新冠疫苗是预防新冠病毒感染､降低新冠肺炎发病率和重症率的有效手段.已知新冠病毒的基本传染数，若1个感染者在每个传染期会接触到个新人，这人中有个人接种过疫苗（称为接种率），那么1个感染者新的传染人数为，为了有效控制新冠疫情（使1个感染者传染人数不超过1），我国疫苗的接种率至少为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知条件建立不等式关系，然后将代入化简即可求出的范围【详解】为了使1个感染者传染人数不超过1，只需，即，所以，由题意得，所以，，得，所以疫苗的接种率至少为，故选：A6．在直角三角形中，，点是线段上的动点，且，则的最小值为（       ）A．12 B．8 C． D．6【答案】B【分析】在直角三角形中，易得，作于点，如图，以为原点建立平面直角坐标系，不妨设点在点的左侧，设，则，，根据数量积的坐标表示结合二次函数的性质即可得解.【详解】解：直角三角形中，，所以，所以，作于点，则，如图，以为原点建立平面直角坐标系，不妨设点在点的左侧，设，则，，，则，所以，当且仅当时，的最小值8.故选：B.7．的内角所对的边分别为.已知，则的面积的最大值（       ）A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】根据，利用正弦定理化角为边，结合余弦定理求得角，再根据，利用余弦定理化角为边求得边，再利用余弦定理结合基本不等式求得的最大值，再根据三角形的面积公式即可得出答案.【详解】解：因为，所以，所以，又，所以，因为，所以，所以，由，得，所以，当且仅当时，取等号，则，所以的面积的最大值为.故选：B.8．当时，取得最大值，则（       ）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】利用三角恒等变换化简，求得其取得最大值时的取值情况，再其正切值即可.【详解】因为，故当取得最大值时，若，则，则.故选：D.9．英国著名数学家布鲁克-泰勒以微积分学中将函数展开成无穷级数的定理著称于世.在数学中，泰勒级数用无限连加式来表示一个函数，泰勒提出了适用于所有函数的泰勒级数，并建立了如下指数函数公式：，其中，则的近似值为（精确到）（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】应用题设泰勒展开式可得 , 随着的增大，数列递减且靠后各项无限接近于，即可估计的近似值.【详解】计算前四项，在千分位上四舍五入由题意知: 故选：C10．设，若，则实数的值为（       ）A．2 B．0 C．1 D．【答案】A【分析】对已知的等式两边同时求导，在所得的等式中令，化简即得所求【详解】对等式两边求导可得：令，则有因为所以所以A11．已知函数的部分图像如图所示，现将的图像向左平移个单位长度得到的图像，则方程在上实数解的个数为（       ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】先根据图象确定的解析式，进而求得，代入方程中，将方程同解变形为，最后在同一平面直角坐标系中作出（）与的图象，原方程解的个数与二者交点的个数相对应【详解】根据函数 ,（，， ）的部分图象可得 ，又在处取得最大值所以 （），又所以即由 所以所以则（）如下图所示 （）与的图象共有个交点故原方程有个实数解故选：C12．已知函数在处的切线方程为，不等式恒成立，则的最大值为（       ）A．1 B． C．2 D．e【答案】A【分析】根据函数在处的切线方程为，结合导数的几何意义求得，不等式恒成立，即，利用导数求出函数的最小值，即可得出答案.【详解】解：，因为函数在处的切线方程为，所以，解得，所以，则，令，则，所以函数在上递增，又，则存在，使得，即存在，使得，则，故，当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以，又因为不等式恒成立，所以，所以的最大值为1.故选：A. 二、填空题13．抛物线的准线方程是___________________.【答案】【分析】将化成抛物线的标准方程，利用抛物线的性质求解即可．【详解】由得：，所以，即：所以抛物线的准线方程为：．【点睛】本题主要考查了抛物线的简单性质，属于基础题．14．甲､乙､丙､丁四人对复数的陈述如下（为虚数单位）：甲：；乙：；丙：，在甲､乙､丙､丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则___________.【答案】【分析】设，根据复数的运算结合逻辑推理得出答案.【详解】设，则对于甲：，；对于乙：对于丙：；对于丁：，则.甲乙丙中任意两个都可推出第三个正确，甲与丁矛盾，丙与丁矛盾，因为四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，所以乙和丁的陈述正确，即，故故答案为：15．已知函数为上的偶函数，则实数___________.【答案】1【分析】根据偶函数的定义列方程，直接求出a.【详解】.因为函数为上的偶函数，所以，即对任意恒成立，所以，所以，即，所以，解得：a=1.经检验，a=1时函数为上的偶函数，符合题意.所以a=1.故答案为：116．分别是棱长为的正四面体的外接球和内切球球面上的两动点，则的最小值为___________.【答案】【分析】根据正四面体的性质，结合球的几何性质进行求解即可.【详解】设该正面四体为，根据球的对称性和正四面体的性质可知，该正四面体的外接球和内切球球心都是，设外接球的半径为，内切球的半径为，如图所示：为的中点，是底面的中心，由勾股定理可得，，所以，所以在直角三角形中，，所以，的最小值为，故答案为：【点睛】关键点睛：利用球的对称性是解题的关键. 三、解答题17．随着2022年北京冬奥会的成功举办，吉祥物“冰墩墩”成为现象级“顶流”，憨态可掬的大熊猫套着冰晶外壳，“萌杀”万千网友.奥林匹克官方旗舰店“冰墩墩”一再售罄，各冬奥官方特许商店外排起长队，“一墩难求”，成了冬奥赛场外的另一场冰雪浪漫和全民狂欢.某商家将6款基础款的冰墩墩，随机选取3个放在一起组成一个盲盒进行售卖.该店2021年1月到11月盲盒的月销售量如下表所示：月份数1234567891011月销售量万个111517 (1)求出月销售量（万个）与月份数的回归方程，并预测12月份的销量；(2)小明同学想通过购买盲盒集齐6款基础款冰墩墩，为此他购买了2个盲盒，设为这2个盲盒中不同款冰墩墩的个数，求的分布列以及期望.参考公式及数据：回归直线的方程是，则.【答案】(1)，预计12月份的销量为万个；(2)分布列见解析，【分析】（1）首先求出，，根据参考数据和回归方程的系数公式，算出，即可得回归直线方程，再将代入回归直线方程即可预测12月份的销量；（2）的可能取值为、、、，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望．【详解】(1)解：依题意，，所以，所以，所以月销售量（万个）与月份数的回归方程为，当时，预计12月份的销量为万个；(2)解：依题意的可能取值为、、、，则，，，，所以的分布列为：所以18．已知数列是首项为1，公差不为0的等差数列，且成等比数列，数列满足.(1)求数列的前项和；(2)若，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由条件解出的通项公式，得出后求和（2）由错位相减法求后证明【详解】(1)设数列公差为，由题意，又，解得故，，是首项为，公比为的等比数列(2)两式相减得故，得证19．如图1，在梯形中，于，且，将梯形沿折叠成如图2所示的几何体，为的中点(1)证明：//平面；(2)若图1中，___________，求二面角的余弦值.条件①：图1中；条件②：图2中四棱锥的体积最大；条件③：图1中.从以上三个条件中任选一个，补充在问题（2）中的横线上，并加以解答.如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，可得，即可得证；（2）选①，根据已知求出，设，则，利用余弦定理求出，再根据勾股定理可证得，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，再利用向量法即可求出答案.选②，设，则，求出四棱锥的体积，再利用导数求出体积最大时的值，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，再利用向量法即可求出答案.选③，根据已知结合平面向量的线性运算可得，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，再利用向量法即可求出答案.【详解】(1)证明：取的中点，连接，因为为的中点，所以且，又因且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；(2)解：选①，因为，又，所以，由，则，在中，，所以，因为，所以，因为，所以平面，又因平面，所以，因为，所以平面，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量，则有，可取，因为平面，所以即为平面的一条法向量，则，易知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.选②，设，则，则四棱锥的体积，令，则，所以函数在上递增，所以，即当时，四棱锥的体积最大，此时，以下步骤同①.选③，因为，所以，所以，即，由，则，以下步骤同①.20．已知函数.(1)讨论函数的零点个数；(2)若数列的前项和为，证明：.【答案】(1)当或，有1个零点；当且时，有2个零点.(2)证明见解析【分析】（1）先求导，再根据函数单调性及函数值确定零点的个数；（2）根据（1）建立不等式，再通过累加法可证明不等式.【详解】(1)因为，其定义域为，又，且，①时，，在单调递增，故此时有1个零点；②当时，令，可得，且，令，解得，令，解得，故在单调递增，在单调递减.（i）当时，在单调递增，在单调递减，又因为，所以，因此当且仅当时取等号，故此时有1个零点；（ii）当时，在单调递增，在单调递减.而，，，令，，所以在上单调递增，所以，即，所以在上有1个零点，又，故此时有2个零点；（iii）当时，在单调递增，在单调递减.，，，所以在上有1个零点，又，故此时有2个零点；综上所述，当或，有1个零点；当且时，有2个零点.(2)由（1）可知：时，，即：，当且仅当时取等号，令可得，即，令可得，即，即所以，整理得：.【关键点点睛】解决本题的关键一是通过讨论确定函数的单调区间，二是判断相关函数值的正负，三是累加法的使用技巧.21．在平面直角坐标系中，用表示直线与直线的斜率之积，已知，，记点的轨迹为.(1)求轨迹的方程；(2)为轨迹上的两点，，求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由斜率公式结合得出轨迹的方程；（2）设直线的方程为：，并与轨迹的方程联立，利用韦达定理得出，进而得出直线恒过，再由三角形面积公式结合基本不等式得出面积的最大值.【详解】(1)，，设，整理得，故轨迹的方程为(2)设，因为，所以直线的斜率不为设直线的方程为：联立可得：，联立可得令可得：所以，解得或（舍）故直线恒过，此时，的面积当且仅当，即时取等号，故的面积的最大值为【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键是联立直线和轨迹的方程，结合韦达定理以及斜率公式得出，进而得出直线恒过.22．如图，在直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.图中的心型曲线的极坐标方程为为曲线上一动点，曲线的参数方程为为参数，.(1)若与交于三点，证明：为定值；(2)射线逆时针旋转后与交于点，求的最大值.【答案】(1)2(2)【分析】（1）写出的极坐标方程，代入即可证明；（2）设出的极坐标方程，代入，再利用辅助角公式即可【详解】(1)曲线的极坐标方程为和.设..(2)设,则.当,即,等号成立.所以的最大值为.23．已知函数.(1)若为非零实数，，证明：；(2)若，对，使得，求的取值范围.【答案】(1)见解析(2)【分析】求出函数的最小值，根据，利用基本不等式求得的最小值，即可得证；（2）对，使得，即为，根据结合基本不等式求得的最小值，从而可得出答案.【详解】(1)证明：，当且仅当时，取等号，而，当且仅当，即时，取等号，所以；(2)解：因为对，使得，所以，因为，，所以，当且仅当，即时，取等号，由（1）知，所以，解得，所以的取值范围为.