2023届陕西省宝鸡市高三下学期二模数学（理）试题含解析

2023届陕西省宝鸡市高三下学期二模数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】化简集合，即可求出的值.

【详解】由题意，，

在中，化简集合，，

∴，

故选：D.

2．设，为复数，则下列说法正确的为（    ）

A．若，则

B．若，则，互为共轭复数

C．若，为虚数单位，则为纯虚数

D．若，则

【答案】D

【分析】举例即可说明A、B、C项错误；设，，根据复数的除法运算求得，然后分别求出以及、，即可得出答案.

【详解】对于A项，取，，则，故A项错误；

对于B项，取，，则，故B项错误；

对于C项，当时，为实数，故C项错误；

对于D项，设，，其中，且.

则，

所以.

又，

所以，故D项正确.

故选：D.

3．直线l：与曲线C：的交点个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．无法确定

【答案】B

【分析】根据圆与直线的位置关系求法结合同角的三角函数关系得出曲线C与直线l位置关系，即可得出答案.

【详解】曲线C：是圆心在上，半径的圆，

则圆心与直线l的距离，

，

曲线C与直线l相切，即只有一个交点，

故选：B

4．我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明，弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示），记大正方形和小正方形的面积分别为和，若，则直角三角形的勾（较短的直角边）与股（较长的直角边）的比值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知可得出，进而根据关系得出，即可得出答案.

【详解】由图可知，，.

因为，所以有，即.

又，所以，

整理可得，所以有或（舍去）.

则直角三角形的勾（较短的直角边）与股（较长的直角边）的比值为.

故选：A.

5．设a，，则“”是“”的（    ）

A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】由基本不等式结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】若，则成立，当且仅当时取等，

若，不妨设，则不成立，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：C.

6．中，，，D为BC的中点，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，根据余弦定理以及，即可推得，整理解出，即可得出答案.

【详解】

设，则.

在中，由余弦定理及其推论可得，.

在中，由余弦定理及其推论可得，.

又，所以，

所以有，，整理可得，

解得，

所以，.

故选：B.

7．已知抛物线C：的焦点为F，为C上一动点，曲线C在点M处的切线交y轴于N点，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设出切线方程，联立切线与抛物线的方程，由，可得，进而得到切线方程为，得出点坐标为，即可得出.又根据抛物线的定义可知，即可得出答案.

【详解】

由已知可设切线方程为.

联立切线与抛物线的方程可得，

.

则，

又，所以，

所以.

由已知，，所以，所以.

所以，切线方程为.

令，可得点坐标为.

所以，.

又，根据抛物线的定义可得，，

所以，为等腰三角形，

所以，.

故选：C.

8．已知函数，则（    ）

A．在单调递减，在单调递增 B．在单调递减

C．的图像关于直线对称 D．有最小值，但无最大值

【答案】C

【分析】根据复合函数的单调性的判断方法，可判断A，B；推得可判断C；根据二次函数的性质结合对数函数的单调性可判断D.

【详解】由题意可得函数的定义域为，

则，

因为在上单调递增，在上单调递减，

且在上单调递增，

故在上单调递增，在上单调递减，A，B错误；

由于，故的图像关于直线对称，C正确；

因为在时取得最大值，且在上单调递增，

故有最大值，但无最小值，D错误，

故选：C

9．设m，，曲线C：，则下列说法正确的为（    ）

A．曲线C表示双曲线的概率为 B．曲线C表示椭圆的概率为

C．曲线C表示圆的概率为 D．曲线C表示两条直线的概率为

【答案】B

【分析】先求出使得方程表示双曲线、椭圆、圆和直线包括的方法总数，再由古典概率的公式代入各选项即可得出答案.

【详解】对于A，当时，曲线C表示双曲线，

则当时，有种，当时，有种，

所以曲线C表示双曲线的概率为，故A不正确；

对于B，当，曲线C表示椭圆，所以有种，

曲线C表示椭圆的概率为，故B正确；

对于C，当，曲线C表示圆，有3种情况，

曲线C表示圆的概率为，故C不正确；

对于D，当或，曲线C表示两条直线，

当时，有3种情况，当时，有3种情况，共6种情况，

曲线C表示两条直线的概率为，故D不正确.

故选：B.

10．点在不等式组表示的平面区域上，则的最大值为（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】A

【分析】令，则，画出表示的可行域，结合图象即可得出答案.

【详解】令，则，

不等式组变为，

则表示的平面区域如下图，

由图可知，当时，.

故选：A.

11．四棱锥中，底面ABCD为边长为4的正方形，，，Q为正方形ABCD内一动点且满足，若，则三棱锥的体积的最小值为（    ）

A．3 B． C． D．2

【答案】B

【分析】判断三角形全等，从而推出，通过线面垂直得到，确定点在以为直径的半圆上，从而确定当点是正方形的中心时，三棱锥的体积最小，从而利用三棱锥的体积公式计算即可.

【详解】

因为，所以,

,又，所以，

，因为，所以，

又因为，所以平面.

，又，所以平面，,

故点在以为直径的半圆上，

所以当点是正方形的中心时，三棱锥的体积最小，

即三棱锥的体积的最小值为.

故选：B

12．已知正实数x，y，z满足，给出下列4个命题：

①；

②x，y，z的方程有且只有一组解；

③x，y，z可能构成等差数列；

④x，y，z不可能构成等比数列

其中所有真命题的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】取特殊值，即可说明①；构造函数，.根据图象，得出交点的个数，即可说明②；设，通过求解可得，，根据零点存在定理，可知③正确；采用反证法，经过推导，即可说明④.

【详解】设，则，，.

对于①，当时，有，，，则；

当时，有，，，则，故①错误；

对于②，设，.

在同一坐标系下，作出与的函数图象如图，

由上图可得，与的函数图象有且只有一个交点，

所以x，y，z的方程有且只有一组解，故②正确；

对于③，设.

因为，所以，

所以，

所以，，所以，

所以.

又，

在上连续，根据零点存在定理可得，

，使得成立，所以x，y，z可能构成等差数列，故③正确；

对于④，假设x，y，z能构成等比数列，则，即，

整理可得，，结合指数函数的单调性，可知.

又，所以假设错误，即x，y，z不可能构成等比数列，故④正确.

故真命题为②③④.

故选：C.

【点睛】思路点睛：方程只有一组解，可转化为只有一组解，即只有一组解.构造函数，作出函数的图象，即可得出答案.

二、填空题

13．若a，b，c，d为实数，且，定义函数，现将的图像先向左平移个单位，再向上平移个单位后得到函数的图像，则的解析式为______.

【答案】

【分析】根据已知式子化简，按要求进行变换，即可得到的解析式.

【详解】由题意，，

a，b，c，d为实数，且，

在中，

∵的图像先向左平移个单位，再向上平移个单位后得到函数

∴，

∴的解析式为：.

故答案为：.

14．已知非零向量，，满足且，则的取值范围是______.

【答案】

【分析】根据已知可推得，的夹角为，进而得出，则 ，结合向量模长的三角不等式，即得解.

【详解】由已知，所以，以为三边的三角形为等边三角形，

所以，的夹角为.

所以有，，故.

由向量模长的三角不等式，，

即.

显然恒成立，所以，

所以有，所以，

所以，的取值范围是.

故答案为：.

15．若函数无极值点，则实数a的取值范围是______.

【答案】

【分析】若函数无极值点，则导数无变号零点，令，根据的正负得出其单调性，即可根据导数无变号零点列不等式求解，即可得出答案.

【详解】，则，

若函数无极值点，

则无变号零点，

令，

则，

当时，，，，则，则，

当时，，，，则，则，

则在上单调递减，上单调递增，

即在上单调递减，上单调递增，在处取得最小值，

若无变号零点，则，解得：，

故答案为：.

16．如图，已知正四面体EFGH和正四棱锥的所有棱长都相等，现将正四面体EFGH的侧面EGH与正四棱锥的侧面PAB重合（P，E重合；A，H重合；B，G重合）后拼接成一个新的几何体，对于新几何体，下列说法正确的有______

①

②PF与BC异面

③新几何体为三棱柱

④新几何体的6个顶点不可能在同一个球面上

【答案】①③④

【分析】画出拼接后得几何体.根据已知可证明平面，平面，进而可推得四边形为平面四边形.然后证明得到四边形为平形四边形，即可判断①、②；根据已知可推得，该几何体满足三棱柱的性质，即可得出③；由斜三棱柱，可说明④.

【详解】

拼接后的几何体如上图.

分别取、中点为、，连结、、、.

由已知可得，，，，.

又，平面，平面，所以平面.

同理可得，平面.

又，所以平面.

又平面平面，所以，平面与平面重合.

所以，四边形为平面四边形.

因为，，所以.

又，所以.

又易知，所以四边形为平形四边形，

所以，.

又，所以，所以，故①正确，②错误；

因为，平面，平面，所以平面.

同理可得，平面.

又，平面，平面，

所以，平面平面.

因为，与的边长均相等，所以.

因为，，，，

所以，四边形、四边形均为平形四边形，

所以，新几何体为三棱柱，故③正确；

易知，该三棱柱为斜三棱柱，所以新几何体的6个顶点不可能在同一个球面上，故④正确.

所以，说法正确得有①③④.

故答案为：①③④.

【点睛】思路点睛：画出拼接后得几何体，然后通过证明四边形为平形四边形，即可得出几何体的性质.

三、解答题

17．成都作为常住人口超万的超大城市，注册青年志愿者人数超万，志愿服务时长超万小时.年月，成都个市级部门联合启动了年成都市青年志愿服务项目大赛，项目大赛申报期间，共收到个主体的个志愿服务项目，覆盖文明实践､社区治理与邻里守望､环境保护等大领域.已知某领域共有支志愿队伍申报，主管部门组织专家对志愿者申报队伍进行评审打分，并将专家评分（单位：分）分成组：，得到如图所示的频率分布直方图.

(1)求图中的值；

(2)从评分不低于分的队伍中随机选取支队伍，该支队伍中评分不低于分的队伍数为，求随机变量的分布列和期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）利用直方图中各矩形面积和为列方程求解即可.

（2）先求出评分不低于80分的队伍数，以及评分不低于90分的队伍数，确定随机变量的取值，求出概率，写出分布列，求得期望.

【详解】（1）由，

解得．

（2）由题意知不低于分的队伍有支，

不低于90分的队伍有支.

随机变量的可能取值为.

的分布列为

18．如图，在四棱锥中，底面为棱上一点.

(1)求证：无论点在棱的任何位置，都有成立；

(2)若为中点，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）根据题意证明平面即可得答案；

（2）根据题意，两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.

【详解】（1）证明：因为平面，平面，

所以，

因为，，

所以平面，

因为为棱上一点，所以平面，

所以

（2）解：因为平面，，

所以两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，

因为，

所以，，，，

所以，

设平面的一个法向量为，

则，即，令得，

因为，，，

所以平面.

所以平面的一个法向量为，

所以，

因为二面角为钝二面角，

所以二面角的余弦值为

19．已知函数，等比数列的前n项和为，数列的首项为c，且前n项和满足.

(1)求数列和的通项公式；

(2)若数列前n项和为，求使的最小正整数n.

【答案】(1)，；

(2)337.

【分析】（1）由已知求出，即可求出，进而得到的通项公式.求出，根据已知可推出，数列构成等差数列，可推出.根据与的关系，即可得出的通项公式；

（2）裂项可得，相加即可得出.解不等式，即可得出答案.

【详解】（1）由已知可得，等比数列的前n项和为.

则，，

.

因为数列是等比数列，应有，解得，.

所以首项，

等比数列的通项公式为.

因为，

又，所以，，

所以.

又，所以数列构成一个首项为1，公差为1的等差数列，

所以，则.

当时，，

又时也适合上式，

所以的通项公式.

（2）由（1）可知，，

所以，

.

由，得，得，

故满足的最小正整数为337.

20．已知椭圆：，为左焦点，为上顶点，为右顶点，若，抛物线的顶点在坐标原点，焦点为.

（1）求的标准方程；

（2）是否存在过点的直线，与和的交点分别是，和，使得？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，或.

【分析】（1）由可得，进而求得，即可得答案；

（2）由题可知的方程为，假设存在符合题意的直线，设该直线为，

，，，，利用韦达定理、面积关系，即可得答案；

【详解】（1）因为所以，

由右顶点得，，

所以的标准方程为.

（2）存在，由题可知的方程为，假设存在符合题意的直线，设该直线为，，，，联立

得，，，

则

联立

得，，

所以

若，则，解得，

所以符合题意的直线为或.

【点睛】本题考查椭圆的标准方程、椭圆中的定直线，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意韦达定理的运用.

21．已知函数，且f（x）在内有两个极值点（）．

(1)求实数a的取值范围；

(2)求证：．

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】(1)转化为有两个根，讨论单调性结合函数图象可求解；(2)等价于证明构造函数即可证明.

【详解】（1）由题可知, ,令,即,

即有两个根,

令,则,

由得,,解得;由得,,解得,

所以在单调递增, 单调递减,

时,

所以要使有两个根,则,

解得,所以.

（2）由(1)可知 且，所以

要证，只用证，

等价于证明，

而，即，

故等价于证明，

即证.

令，则，

于是等价于证明成立，

设，

，

所以 在上单调递增，

故，即成立，

所以，结论得证.

22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）.以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.

(1)求曲线C的普通方程及直线l的直角坐标方程；

(2)已知点，若直线l与曲线C交于P，Q两点，求.

【答案】(1)，

(2)

【分析】(1)把平方后相减可得曲线C的普通方程；利用和角余弦公式展开，把，代入可得直线l的直角坐标方程；

(2)先得到直线的参数方程（s为参数），代入曲线C的方程得到，利用s的几何意义，可设，，再结合韦达定理可求.

【详解】（1）因为（t为参数），所以，

所以曲线C的普通方程为，

因为，所以，

因为，，所以直线l的直角坐标方程为.

（2）由（1）可得直线l的参数方程（s为参数），

所以，整理得，

设，，则，，

所以.

23．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若二次函数与函数的图象恒有公共点，求实数的取值范围.

【答案】（1）（2）

【分析】（1）根据函数的解析式，去掉绝对值号，分，和讨论，即可求得不等式的解集；

（2）求得二次函数的最大值，以及分段函数的最小值，根据恒由公共点，列出关于的不等式，即可求解.

【详解】（1）由题意，函数，

当时，令，即，所以；

当时，此时恒成立，所以；

当时，令，即，所以，

所以不等式的解集为.

（2）由二次函数，

知函数在取得最大值，

因为，在处取得最小值2，

所以要是二次函数与函数的图象恒有公共点.

只需，即.

【点睛】本题主要考查了含有绝对值的不等式的求解，以及二次函数与分段函数的性质的应用，着重考查了分类讨论与转化思想，以及推理与计算能力.