2023届陕西省榆林市高三下学期二模数学（理）试题含解析

这是一份2023届陕西省榆林市高三下学期二模数学（理）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届陕西省榆林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】A【分析】求得，根据集合的并集运算即可求得答案.【详解】由题意可得， ，则，故选：A2．已知复数，则复数z的实部与虚部之和是（    ）A． B． C．4 D．6【答案】D【分析】根据复数运算律化简后根据定义分别判断实部和虚部计算即可.【详解】因为．所以复数z的实部与虚部分别是4和2，故复数z的实部与虚部之和是．故选:D.3．已知，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】引入中间值，与1比较大小，与0比较大小即可.【详解】因为，，，所以．故选：B.4．某企业为了解员工身体健康情况，采用分层抽样的方法从该企业的营销部门和研发部门抽取部分员工体检，已知该企业营销部门和研发部门的员工人数之比是4:1，且被抽到参加体检的员工中，营销部门的人数比研发部门的人数多72，则参加体检的人数是（    ）A．90 B．96 C．120 D．144【答案】C【分析】设参加体检的人数是，根据题意列出方程，求解即可.【详解】解：设参加体检的人数是，则，解得，所以参加体检的人数是120人.故选：C.5．已知实数满足约束条件，则的最大值是（    ）A．1 B． C．2 D．3【答案】C【分析】作出可行域，根据的几何意义，即可求得答案.【详解】画出不等式组表示的可行域，如图所示，（阴影部分），解方程组 ，得，故，解，可得，故，表示的是可行域内的点与原点连线的斜率，,根据的几何意义可知的最大值为2，，故选：C6．已知双曲线：（）的左、右焦点分别是，，是双曲线上的一点，且，若，则双曲线的离心率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据双曲线定义联立方程组求出，，再根据勾股定理求出，进一步计算得出结果．【详解】不妨设在双曲线的右支上,由题意可得， 根据双曲线定义，又，所以，．因为，所以，则，故双曲线的离心率．故选：B.7．如图，在正三棱柱中，，是棱的中点，在棱上，且，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】取棱靠近点的三等分点，取棱的中点，取的中点，连接，，，．证明，得是异面直线与所成的角（或补角）．设，用余弦定理计算出余弦值．【详解】取棱靠近点的三等分点，取棱的中点，取的中点，连接，，，．由已知，又，所以是平行四边形，，同时可得是中点，而是中点，所以．所以，则是异面直线与所成的角（或补角）．又，平面，则平面，平面，则，设，则，从而，，，，，故，，．在中，由余弦定理可得．所以异面直线与所成的角的余弦值为．故选：B． 8．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据诱导公式得到，两边平方得到的值，再根据诱导公式进一步运算得到结果.【详解】因为，所以，两边平方得，则，故．故选：C.9．已知函数满足，当时，，若对任意的，都有，则m的最大值是（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】由函数满足，则，根据所在不同区间，求得函数的最值范围，根据已知条件任意，都有，解不等式即可求得的取值范围.【详解】因为函数满足，则，当时，，，当时，，，，当时，，，，当时，，或.时，恒成立，时，因为任意的，，所以，故m的最大值是5.故选：B10．已知函数在和上都是单调的，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由正弦函数的单调性可得且，求解即可.【详解】解：当时，，因为在上单调递增，所以，解得；当时，，因为在上单调递减，则，解得．综上，的取值范围是．故选：D11．已知三棱锥的所有顶点都在球的表面上，是边长为的等边三角形，若三棱锥体积的最大值是，则球的表面积是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设球O的半径为R，的外心为，由题意可得外接圆的半径及面积，高的最大值为，代入体积公式，结合题意可求得R值，代入球的表面积公式即可得答案.【详解】设外接圆的半径为，则，设球的半径为，当三棱锥的高最大时，体积取最大值，高的最大值.所以，即，解得.故球的表面积是．故选：A.12．已知函数，若函数，则的零点个数不可能是（    ）A．1 B．3 C．5 D．7【答案】D【分析】首先由画出的大致图像，设，则，分三种情况，，，，分别讨论根的情况，即可得出答案．【详解】令，即，因为，所以，由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减，因为，，当时，，当时，，令，解得或，所以可画出的大致图像，设，则，第一种情况：当时，有三个不同的零点，，，不妨设，则，，，①讨论根的情况：当时，无实数根，当时，有1个实数根，当时，有2个实数根，②讨论根的情况：因为，所以有2个实数根，③讨论根的情况：因为，且，所以只有1个实数根，第二种情况：当时，有2个实数根，，则有2个实数根，有1个实数根，故当时，有3个实数根；第三种情况：当时，有一个实数根，则有1个实数根，综上，当时，可能有3个或4个或5个实数根；当时，有3实数根；当时，有1个实数根；综上，的零点个数可能是1或3或4或5．故选：D． 二、填空题13．已知向量，，若，则______．【答案】【分析】依题意可得，利用可得，即可求出的值.【详解】由题意可得，则，解得，故答案为：．14．某工厂从其所生产的某种配件中随机抽取了一部分进行质量检测，其某项质量测试指标值X服从正态分布，且X落在区间内的配件个数为1359，则可估计所抽取的这批配件共有______万个．附：若随机变量服从正态分布，则，，．【答案】1【分析】确定，，根据正态分布计算，得到答案.【详解】因为X服从正态分布，所以，，则．因为X在区间内的个数为1359，故可估计所抽取的这批配件共有1万个．故答案为：115．在锐角中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且，则的取值范围是______．【答案】【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式将已知化为，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案.【详解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得，因为，所以，可得，因为，所以，所以，，由，可得，所以，，由正弦定理得.故答案为：. 三、双空题16．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线：（）焦点为，准线为，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点（点在抛物线内）射入，经过上的点反射后，再经过上另一点反射后，沿直线射出，且经过点，若直线与抛物线的准线交于点，则直线的斜率为______；若，且平分，则______.【答案】     0     2【分析】①设直线的方程，与抛物线方程联立得出韦达定理，求出的坐标，写出直线的方程，求出点的坐标，得到直线的斜率；②由平分推导角的关系得出，即，根据弦长公式写出方程，求出结果.【详解】依题意直线过抛物线的焦点.设直线的方程为，，，联立方程组得，则，．因为，所以，．因为直线的方程为，所以直线与抛物线的准线的交点为，所以直线的斜率为0．②因为平分，所以，所以．因为，所以，即所以，得．故答案为：①0；②2. 四、解答题17．通过市场调查，现得到某种产品的资金投入（单位：百万元）与获得的利润（单位：百万元）的数据，如下表所示：资金投入24568利润34657 (1)求样本（）的相关系数（精确0.01）；(2)根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归直线方程；(3)现投入资金1千万元，求获得利润的估计值．附：相关系数，，对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．【答案】(1)0.92(2)(3)8.25百万元． 【分析】（1）根据相关系数的公式可求；（2）利用最小二乘法求得，即可得到线性回归方程；（3）把代入线性回归方程即可求解.【详解】（1）由题意得，．因为，，所以，， 所以．故样本（）的相关系数约为（2），，故线性回归直线方程为．（3）当时，百万元．故现投入资金1千万元，获得利润约为百万元.18．已知数列的前项和为，，．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用当时，可得，进而求出数列的通项公式；（2）根据等比数列的求和公式求得结果.【详解】（1）因为，所以（），所以，即（）．当时，．因为，所以，所以，即，则是首项和公比都为3的等比数列，故．（2）由（1）可得，则是首项和公比都为-3的等比数列，故．19．如图，在四棱锥中，，，四边形ABCD是菱形，，E是棱PD上的动点，且．(1)证明：平面ABCD．(2)是否存在实数，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在，. 【分析】（1）证明和，原题即得证；（2）取棱CD的中点F，连接AF，易证AB，AF，AP两两垂直，故以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．设，求出平面ACE的法向量，解方程即得解.【详解】（1）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以．因为，AC，平面PAC，且，所以平面PAC．因为平面PAC，所以．因为，所以，所以．因为AB，平面ABCD，且，所以平面ABCD．（2）取棱CD的中点F，连接AF，易证AB，AF，AP两两垂直，故以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．设，则，，，，故，，．因为，所以，则．设平面ACE的法向量为，则，令，得．平面PAB的一个法向量为．设平面PAB与平面ACE所成的锐二面角为，则，整理得，解得或（舍去）．故存在实数，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是．20．已知椭圆：（），四点，，，中恰有三点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程．(2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，，试问直线，的斜率之和是否为定值？若是定值，求出此定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)是，1 【分析】（1）根据椭圆的对称性以及已知建立方程组求解.（2）利用直线与椭圆的方程联立以及韦达定理、斜率公式进行计算求解.【详解】（1）由椭圆的对称性可知，，在椭圆上．由题意可得解得故椭圆的标准方程为．（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则不妨令，．因为，所以，．当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，联立整理得，则由，得，，．因为，，所以．综上，直线，的斜率之和是定值，且该定值为1．21．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，求a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）对函数求导，再对进行分类讨论，根据和，即可得函数的单调性；（2）根据（1）的单调区间，对进行分类讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到的取值范围.【详解】（1）由题意可得．当时，由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增．当时，，则．由，得或，由，得，则在上单调递减，在上单调递增．当时，在R上恒成立，则在R上单调递增．当时，，则．由，得或，由，得，则在上单调递减，在上单调递增．（2）由（1）可知当时，在上单调递减，在上单调递增．要使有两个零点，需至少满足，即．当时，，，则在与上各有一个零点，即符合题意．当时，只有一个零点，则不符合题意．当时，由，当时，，，则在上恒成立．由（1）可知在上单调递增或先递减后递增，则不可能有两个零点，即不符合题意．综上，a的取值范围为．【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件对参数进行分类讨论，构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解．22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程是．(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；(2)设直线与曲线交于，两点，，求的值．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由消去求解；根据，由求解（2）先得到直线的参数方程与曲线的普通方程联立，利用直线参数的几何意义求解.【详解】（1）解：由（为参数），得，故曲线的普通方程为．由，得，故直线的直角坐标方程为．（2）由题意知：直线的参数方程为（为参数）．将直线的参数方程代入曲线的普通方程并整理得．设，对应的参数分别是，，则，，故．23．已知函数的最大值是.(1)求的值；(2)若（，），求的最小值．【答案】(1)(2)8 【分析】(1)根据分段函数的性质求解；(2)利用基本不等式“1”的妙用即可求解.【详解】（1）则在上单调递增，在上单调递减．故，即．（2）由（1）可知，则．因为，，所以，当且仅当，即，时，等号成立，故，即的最小值是8．