2023届陕西省西安市长安区第一中学高三二模数学试题含解析

这是一份2023届陕西省西安市长安区第一中学高三二模数学试题含解析，共19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。
2023届陕西省西安市长安区第一中学高三二模数学试题 一、单选题1．设i是虚数单位，若复数，则z的共轭复数为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用复数的四则运算化简，再得出的共轭复数.【详解】，.故选：D.2．已知集合，，则A∩B为（    ）A．[-1，3] B．[-1，2] C．(1，3) D．(1，2]【答案】D【分析】根据对数的运算与交集的定义求解即可.【详解】，故.故选：D3．已知向量，，且，则（    ）A．3 B． C． D．【答案】C【分析】根据向量平行的坐标表示可得，再结合齐次式问题分析运算.【详解】因为，则，可得，所以.故选：C.4．为了解我校今年报考飞行员的学生的体重情况．将所得的数据整理后，作出了频率分布直方图(如图)组距已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为1：2：3，第1小组的频数为4，则我校报考飞行员的学生总人数是（    ）A．40 B．32 C．28 D．24【答案】B【分析】求解后两个组频率，再根据前3个小组的频率之比为1：2：3可得前三组的频率，进而根据第1小组的频数为4求解即可.【详解】由图可知后两个组频率为，从左到右的前3个小组的频率之比为1∶2∶3，所以第1小组的频率为，第1小组的频数为4，所以报考飞行员的学生人数是.故选：B5．已知，则（    ）A． B． C．- D．【答案】A【分析】因为，由诱导公式可得选项.【详解】.故选：A.6．已知数列满足，，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由得到，则数列的奇数项和偶数项是等比数列，然后利用等比数列前n项和公式求解.【详解】因为数列满足，当时，，当,，又，两式相除可得，所以数列的奇数项是以1为首项，以2为公比的等比数列，数列的偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以，， 故选：D7．执行如图所示的算法框图，则输出的l的值为（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】根据框图逐步运算求解即可.【详解】开始，①，为否；②，为否；③，为否；④，为是；输出.故选：B8．“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相输出垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为椭圆的蒙日圆．若椭圆C：的离心率为，则椭圆C的蒙日圆的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据椭圆的离心率求出值，再同蒙日圆的定义，利用特殊位置求出蒙日圆上的一点，即可求出椭圆的蒙日圆方程.【详解】因为椭圆：的离心率为，则，解得，即椭圆的方程为，于是椭圆的上顶点，右顶点，经过两点的椭圆切线方程分别为，，则两条切线的交点坐标为，显然这两条切线互相垂直，因此点在椭圆的蒙日圆上，圆心为椭圆的中心O，椭圆的蒙日圆半径，所以椭圆的蒙日圆方程为.故选：B9．在三棱锥A-BCD中，△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，BD⊥BC，AC=4，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ）A．40π B．32π C．8π D．6π【答案】B【分析】根据题意可得：三棱锥的外接球的即为CD的中点，结合球的表面积公式运算即可.【详解】因为△ACD和△BCD为均以CD为斜边的直角三角形，则三棱锥的外接球的即为CD的中点，由题意可得：，则外接球的半径，所以外接球的表面积.故选：B.10．已知从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，现从两袋中各模出一个球，下列结论错误的是（    ）A．两个球都是红球的概率为 B．两个球中恰有1个红球的概率为C．两个球不都是红球的概率为 D．至少有1个红球的概率为【答案】C【分析】根据独立事件的概率乘法公式，结合互斥事件、对立事件逐项分析运算.【详解】对于A：两个球都是红球的概率为，故A正确；对于B：两个球中恰有1个红球的概率为，故B正确；对于C：两个球不都是红球的对立事件为两个球都是红球所以概率为，故C错误；对于D：至少有1个红球包含两个球都是红球、两个球中恰有1个红球，所以概率为，故D正确；故选：C.11．已知双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为，点，在双曲线上，且点为线段的中点，，双曲线的离心率为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】方法一，设，，根据点差法得，再结合得，故，进而得，故；方法二：设直线的方程为,与双曲线联立方程得，进而得，即，再结合即可得，进而得，故.【详解】解法一：由题意知，，则.设，，则两式相减，得.因为线段的中点为，所以，，又，所以，整理得，所以，即，得.故选：A.解法二：由题意知，，则.设直线的方程为，即，代人双曲线方程，得.设，，则，所以，又，所以，整理得，所以，即，得，则故选：A.【点睛】结论拓展：求双曲线高心率常见的方法：①根据已知条件列方程组，解出，的值，直接利用离心率公式求解；②根据已知条件得到一个关于，(或，)的齐次方程，然后转化为关于离心率的方程来求解.12．已知函数及其导函数定义域均为R，记函数，若函数的图象关于点(3，0)中心对称，为偶函数，且，，则（    ）A．672 B．674 C．676 D．678【答案】D【分析】由的图象关于点中心对称，可得，即函数的图象关于直线对称.由为偶函数，可得的图象关于直线对称，进而得到的周期为，从而求解.【详解】因为的图象关于点中心对称，所以，则，所以，即，所以，所以函数的图象关于直线对称.又为偶函数，所以，则，所以的图象关于直线对称，所以，所以的周期为.由，得.又，所以.故.故选：D. 二、填空题13．若实数x，y满足约束条件，则的最大值为__________．【答案】6【分析】做出平面区域，结合直线的几何意义分析运算.【详解】根据题意作出平面区域，如图所示，因为表示斜率为，纵截距为的直线，联立，可得，即点，可得：当过点时，纵截距为取到最大值.故答案为：6.14．某校为促进拔尖人才培养开设了数学、物理、化学、生物四个学科辅导课程，现有甲、乙、丙、丁四位同学要报名辅导课程，由于精力和时间限制，每人只能选择其中一个学科的辅导课程，则恰有两位同学选择数学辅导课程的报名方法数为___________．【答案】54【分析】先安排两人选择数学，再安排另外两人选择其他课程，结合分步乘法计数原理运算求解.【详解】安排两人选择数学，共有种不同的安排方法，另外两人选择其他课程（剩余3个课程），共有种不同的安排方法，所以共有种不同的安排方法.故答案为：54.15．已知函数)的图象关于点中心对称，其最小正周期为T，且，则ω的值为__________．【答案】【分析】先化简，然后由关于点中心对称可得到，结合即可求解【详解】，因为图象关于点中心对称，所以，所以，所以，又因为最小正周期为，且，所以可得，则，所以当时，的值为故答案为：16．若函数在和，两处取得极值，且，则实数a的取值范围是__________．【答案】【分析】根据题意可得原题意等价于与有两个不同的交点，再数形结合分析两根的关系运算求解.【详解】因为，则，令，且，整理得，原题意等价于与有两个不同的交点，构建，则，令，解得；令，解得或；则在上单调递增，在上单调递减，且，由图可得：若与有两个不同的交点，可得：，因为，则，由图可知：当增大时，则减小，增大，可得减小，取，令，则，因为，解得，所以，则，即实数a的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法点睛：对于函数的极值问题，需要根据题意参变分离，利用数形结合求解函数零点问题，即画出图像分析极值点之间的关系，并找到临界条件进行分析. 三、解答题17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知．(1)求B；(2)若为锐角三角形，且，求△ABC周长的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意结合正、余弦定理分析运算即可；（2）由（1）的结论，利用正弦定理结合三角恒等变换求解作答.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，整理得，由余弦定理可得，且，故.（2）由正弦定理可得，可得，则，因为，则，且为锐角三角形，则，解得，可得，则，所以，故周长的取值范围为.18．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形．，点D为棱AC上动点(不与A，C重合)，平面B1BD与棱A1C1交于点E．(1)求证：；(2)若，平面ABC⊥平面，，求直线BC与平面B1BDE所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）首先证明平面，再根据线面平行的性质定理，即可证明线线平行；（2）取的中点，首先证明互相垂直，再以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用线面角的向量公式，即可求解.【详解】（1），且平面，平面，平面，又平面，且平面平面，；（2）连接，取中点，连接，，在菱形中，，是等边三角形，又为中点，，平面平面，平面平面，平面，且，平面，平面，，又，，以点为原点，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，所以，令，则，，故，又，设与平面所成角为，，所以直线与平面所成角的正弦值为.19．2022年10月12日，“天宫课堂”第三课在中国空间站开讲，新晋“太空教师”刘洋用2米长的吸管成功喝到了芒果汁，这是中国航天员首次在问天实验舱内进行授课，并通过网络向全国进行直播，这场直播极大地激发了广大中学生对航天知识的兴趣，为领悟航天精神，感受中国梦想．某校高一年级组织了一次“寻梦天宫”航天知识比赛，比赛规则：每组两个班级，每个班级各派出3名同学参加比赛，每一轮比赛中每个班级派出1名同学代表其所在班级答题，两个班级都全部答对或者没有全部答对，则均记0分；一班级全部答对而另一班级没有全部符对，则全部答对的班级记1分，没有全部答对的班级记分，三轮比赛结束后，累计得分高的班级获胜．设甲、乙两个班级为一组参加比赛，每轮比赛中甲班全部答对的概率为，乙班全部答对的概率为，甲、乙两班答题相互独立，且每轮比赛互不影响．(1)求甲班每轮比赛得分、0分、1分的概率；(2)两轮比赛后甲班得分为X，求X的分布列和数学期望．【答案】(1)、、(2)分布列见详解， 【分析】（1）分别计算甲班全部答错且乙班全部答对、甲班乙班都全部答对或都全部答错、甲班全部答对且乙班全部答错的概率即可；（2）分别计算X取的概率并写出分布列和期望.【详解】（1）由题意可得：记“甲班每轮比赛得分”为事件A，则其概率，“甲班每轮比赛得0分”为事件B，则其概率，“甲班每轮比赛得1分”为事件C，则其概率，故甲班每轮比赛得分、0分、1分的概率分别为、、.（2）由题意可得：X的可能取值为，则有：，，，故X的分布列为X012所以X的期望.20．如图，双曲线的中心在原点，焦点到渐近线的距离为，左、右顶点分别为A、B．曲线C是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为的椭圆，设P在第一象限且在双曲线上，直线BP交椭圆于点M，直线AP与椭圆交于另一点N．(1)求椭圆及双曲线的标准方程；(2)设MN与x轴交于点T，是否存在点P使得(其中，为点P，T的横坐标)，若存在，求出P点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)双曲线方程：，椭圆方程为：；(2)存在， 【分析】（1）设双曲线方程为，椭圆方程，根据焦点到渐近线的距离和离心率求出可得答案；（2）设，，， 根据P、A、N三点共线，P、B、M三点共线可得，令得直线的方程，与椭圆方程联立利用韦达定理代入上式化简可得，若存在，即代入可得答案；法二：，，设直线AP：与椭圆方程联立可得，、，若存在，则可得答案.【详解】（1）由已知可设双曲线方程为，椭圆方程，则双曲线的一条渐近线方程为，即，故，即，又，解得，所以双曲线方程：，椭圆方程为：；（2）设，，，，，P、A、N三点共线，，P、B、M三点共线，，相除：，令，则设：，联立椭圆方程：，由在椭圆内，故，所以，∴，，若存在，即，，得，又P在第一象限，所以，；法二：，，，，，直线AP：，，显然，由，又因为P在双曲线上，满足，即，所以，即，同理BP：，可得，所以，若存在，即，而P在第一象限，所以，即.【点睛】思路点睛：本题第二问主要是利用韦达定理代入进行化简运算，考查了学生的思维能力和运算能力.属于难题.21．已知．(1)求在处的切线方程；(2)若，记为函数g(x)的两个极值点，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求解；（2）则有两个不等的正根，可得，，得，则令，构造函数，利用函数的单调性求解即可.【详解】（1），又切点切线方程为，即.（2）为两个极值点，有两个不等的正根，，，得，令，得，，，则，则，在递减，，即的取值范围为．22．在极坐标系中，，，，以极点O为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，已知直线l的参数方程为(t为参数，)，且点P的直角坐标为．(1)求经过O，A，B三点的圆C的极坐标方程；(2)求证直线l与（1）中的圆C有两个交点M，N，并求的值．【答案】(1)(2)证明见解析， 【分析】（1）利用极直互化公式求得O,A,B三点的直角坐标，可得为直角三角形，可以判定过此三点的圆C的直径为OB,从而得到圆C的圆心坐标，再根据圆C经过坐标原点，可得圆C的一般方程.（2）将直线的参数方程代入圆C的一般方程，化简得到关于参数t的一元二次方程，利用判别式证明此方程有两个不等实数根，从而证明了直线l和圆C有两个不同的交点，进而利用参数的几何意义和一元二次方程的根与系数的关系证得为定值.【详解】（1）由已知O,A,B的极坐标和极直互化公式得O,A,B的直角坐标分别为，∴为直角.∴经过O,A,B三点的圆C的圆心为,且经过原点O,则圆的半径为，∴圆C的方程为：，即，化成极坐标方程则有，即.（2）将直线l的参数方程代入圆C的方程，并整理得：,此方程的判别式,∴此方程有两个不等实根，∴直线l与（1）中的圆C有两个交点.设两个交点M,N所对应的参数值分别为,则是该方程的两个实数根，∴，由直线l的参数方程和点P的坐标可知，=.23．已知函数．(1)求的解集M；(2)记集合M的最大元素为m，若a、b、c都是正实数，且，求的最小值．【答案】(1)(2)9 【分析】（1）分类讨论解绝对值不等式即可；（2）由（1）可得，利用柯西不等式分析运算.【详解】（1）由题意可得：，对于不等式，则有：当时，，解得，不合题意；当时，，解得，可得；当时，，解得，可得；综上所述：的解集.（2）由（1）可得：，即，由柯西不等式，当且仅当时，等号成立，所以，即的最小值为9.