陕西省西安交通大学附属中学雁塔校区2022-2023学年高三下学期高考模拟数学试题（含解析）

陕西省西安交通大学附属中学雁塔校区2022-2023学年高三下学期高考模拟数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．在中，若，那么角等于（    ）

A． B． C． D．

2．已知椭圆上的一点P到椭圆一个焦点的距离为3，到另一焦点距离为7，则m等于（    ）

A．5 B．10 C．15 D．25

3．若||＝2cos 15°，||＝4sin 15°，的夹角为30°，则等于(　　)

A． B． C．2 D．

4．已知集合A＝｛－1，0，1，2｝，，则A∩B＝

A．｛－1，0，1｝ B．｛0，1，2｝ C．｛0，1｝ D．｛1，2｝

5．在中，内角的对边分别为，若，则角为

A． B． C． D．

6．，则实数等于（   ）

A． B． C． D．

7．运行如图所示的程序框图，输出i和S的值分别为（　　）

A．2，15 B．2，7 C．3，15 D．3，7

8．设是定义在上的增函数，且对于任意的都有恒成立，如果实数满足不等式组，那么的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

9．已知a＞0，b＞0，若不等式恒成立，则m的最大值为（    ）

A．9 B．12

C．18 D．24

10．椭圆中，为右焦点，为上顶点，为坐标原点，直线交椭圆于点（点位于第一象限），若，则该椭圆的离心率等于（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

11．将石子摆成如图的梯形形状．称数列为“梯形数”．根据图形的构成，则数列的第项________．

12．从1，2，3，4，5中任取2个不同数作和，如果和为偶数得2分，和为奇数得1分，若表示取出后的得分，则______.

13．从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为______cm3．

14．命题“，”的否定是______.

三、双空题

15．函数的最大值是______；最小值是______.

四、填空题

16．若平面四边形满足，，则该四边形一定是______.

17．二项式的展开式中含x的正整数指幂的项数是______.

五、解答题

18．如图中，是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图．它的正视图和侧视图在右面画出(单位：cm)．

(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；

(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；

(3)在所给直观图中连接BC′，证明：BC′∥面EFG.

19．已知椭圆C：的离心率，且经过点.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)如果斜率为的直线EF与椭圆交于两个不同的点E、F，试判断直线AE、AF的斜率之和是否为定值，若是请求出此定值；若不是，请说明理由.

(3)试求三角形面积S取得最大值时，直线EF的方程.

20．已知集合，集合，集合

(1)设全集，求；

(2)若，求实数m的取值范围.

21．某车间在三天内，每天生产6件某产品，其中第一天、第二天、第三天分别生产出了2件、1件、1件次品，质检部门每天要从生产的6件产品中随机抽取3件进行检测，若发现其中有次品，则当天的产品不能通过.

(1)求第一天的产品通过检测的概率；

(2)求这三天内，恰有两天能通过检测的概率.

22．（1）证明：当时，；

（2）若不等式对任意的正实数恒成立，求正实数的取值范围；

（3）求证：.

参考答案：

1．C

【分析】由余弦定理先求得，再得。

【详解】中，由题意，∴。

故选：C。

【点睛】本题考查余弦定理，考查用余弦定理求角。余弦定理公式较多，注意选用：如，变形为。

2．D

【解析】利用椭圆的定义，化简求解即可．

【详解】由椭圆定义知|PF1|+|PF2|＝2a＝10，椭圆1可知，椭圆的焦点坐标在x轴，

∴a＝5，∴a2＝25，即m＝25．

故选：D．

3．B

【详解】分析：先根据向量数量积定义化简，再根据二倍角公式求值.

详解：因为，

所以选B.

点睛：平面向量数量积的类型及求法

(1)求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式；二是坐标公式；三是利用数量积的几何意义.

(2)求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简.

4．C

【分析】先化简集合B,再求A∩B.

【详解】由题得B={x|0≤x<2},所以A∩B={0,1}.故答案为C

【点睛】本题主要考查集合的化简和集合的运算,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.

5．A

【详解】试题分析：

因为，

那么结合，

所以cosA==，

所以A=，故答案为A

考点：正弦定理与余弦定理

点评：本题主要考查正弦定理与余弦定理的基本应用，属于中等题.

6．B

【分析】利用微积分进行求解即可

【详解】由题意可知：

结合题意有： ，解得： .

故选：B

7．C

【分析】根据程序框图，依次运行，直到满足条件退出循环，即可得到结论.

【详解】模拟循环如下：

，不满足条件，，不满足条件；

，满足条件，，，，不满足条件；

，不满足条件，，不满足条件；

，不满足条件，，不满足条件；

，满足条件，，，，不满足条件；

，不满足条件，，不满足条件；

，不满足条件，，不满足条件；；

，满足条件，，，，不满足条件；

，不满足条件，，满足条件，退出循环，输出，.

故选：C.

8．C

【分析】根据任意的都有恒成立，将不等式化为，结合单调性，可得，然后根据圆的几何意义，即可求得的取值范围.

【详解】∵对于任意的都有恒成立，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵在 上是增函数，

∴，即，

∵的圆心坐标为，半径为2，

∴内的点到原点的距离的取值范围为，即，

∴的取值范围为．

故选：C．

9．B

【分析】变形利用基本不等式即可得出结果.

【详解】由，

得.

又（当且仅当，即时等号成立），

∴m≤12，∴m的最大值为12，

故选：B.

【点睛】该题考查的是有关求参数最值的问题，涉及到的知识点有利用基本不等式求最值，属于简单题目.

10．A

【分析】根据题意画出图象，联立椭圆与直线方程，求解出点，根据点到直线距离公式求得点到直线的距离，结合和椭圆离心率公式，即可求得答案.

【详解】根据题意画出图象，如图：

由如图可知点．

联立椭圆与直线方程

，解得或

可得点的坐标为：．

，

根据直线截距式方程可得：直线的方程为，

即，

点到直线的距离为．

，

由，可得

化简得：，

即或（显然不可能，舍去），

，

该椭圆的离心率．

故选：A．

【点睛】本题主要考查椭圆的性质以及直线与椭圆的位置关系，考查考生的数形结合能力以及运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、数学运算，解题关键是掌握椭圆离心率计算公式.

11．77

【分析】根据前面图形中，编号与图中石子的个数之间的关系，分析他们之间存在的关系，并进行归纳，用得到一般性规律，即可求得结论．

【详解】由已知的图形我们可以得出：图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：

n=1时，，

n=2时，，

n=3时，，

…

由此我们可以推断：.

∴，

故答案为：77.

12．/1.4/

【分析】利用古典概型的概率公式得到随机变量每一个可能取值下的概率值，再代入数学期望公式的定义式即可求解.

【详解】从1，2，3，4，5中任取2个不同数的所有结果有：，，，，

，，，，，共10种结果，

其中和为偶数的有：，，，共4种，

其中和为奇数的有：，，，，，共6种，

所以，，

利用数学期望公式.

故答案为：.

13．144

【分析】设小正方形的边长为，可表示出盒子的容积，利用导数求得其最大值

【详解】设小正方形的边长为

则盒子的容积

当时，，当时，

时，取得极大值，也是最大值，

故答案为

【点睛】本题主要考查了导数在解决实际问题中的应用，考查了学生的阅读理解能力和利用数学知识解决问题的能力，属于基础题目．

14．，

【分析】利用全称命题的否定形式变换即可.

【详解】由全称命题的否定形式可得：“，”的否定是

“，”.

故答案为：，.

15．     2    

【分析】确定函数定义域，然后将平方，求得其最大值和最小值，即可求得答案.

【详解】由可得，即函数定义域为，

则，

当时，取最小值0，故取到最大值4，

则函数的最大值为2；

当时，取最大值1，故取到最小值2，

则函数的最大值为；

故答案为：

16．菱形

【分析】根据向量相等可证明四边形为平行四边形，再由向量数量积为0知对角线互相垂直可知为菱形.

【详解】，,

所以四边形ABCD为平行四边形，

, ，

所以DB垂直AC，所以四边形ABCD为菱形.

故答案为：菱形.

17．5

【分析】利用二项式的展开式的通项公式求解.

【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，

当时，x次数是正整数指幂，

所以二项式的展开式中含x的正整数指幂的项数是5，

故答案为：5

18．(1)见解析；(2) (3)见解析.

【分析】（1）依据画图的规则作出其俯视图即可；

（2）此几何体是一个长方体削去了一个角，由图中的数据易得几何体的体积；

（3）在长方体中，连接，在所给直观图中连接，证明，即可证明面．

【详解】解：（1）如图

（2）它可以看成一个长方体截去一个小三棱锥，

设长方体体积为，小三棱锥的体积为，则根据图中所给条件得：，

，

（3）证明：如图，

在长方体中，连接，则

因为，分别为，中点，所以，从而，

又平面，所以平面；

19．(1)

(2)直线AE、AF的斜率之和是为定值0

(3)

【分析】（1）由题意可得，，，求解即可；

（2）设，直线EF的方程为：，联立椭圆方程消元，结合韦达定理可得，设，代入整理可得；

（3）利用弦长公式求得，利用点线距离求得点到直线的距离，从而求得，设，求导判断单调性，从而可求得最大值，即可求解.

【详解】（1）由题意，，

椭圆C经过点，∴，

又，解得，，所以椭圆方程为.

（2）设，直线EF的方程为：，

代入，得：.

即，且.

设，由题意，，；

∴

分子为：

又，，，

所以

而

∴

∴.

即直线AE、AF的斜率之和是为定值0.

（3），

点到直线的距离，

∴

设

令可得，，，又，

所以在，单调递增，在，单调递减.

所以的最大值为或，

又

所以的最大值为，

所以直线方程为.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法

(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；

(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下方面考虑：

①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

③利用基本不等式求出参数的取值范围；

④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．

20．(1)

(2)

【分析】（1）由集合的基本运算求解即可；

（2）得，分类讨论求解即可.

【详解】（1）由，解得，

由，解得

，

（2）∵，∴，

当时，

当时，或

解得

综上，实数m的取值范围为

21．(1)

(2)

【分析】（1）由古典概型公式计算第一天通过检查的概率；

（2）由古典概型公式求出第i天的产品能通过检测的概率为（，2，3），利用独立事件乘法公式计算三天内，恰有两天能通过的概率；

【详解】（1）因为第一天有4件正品，随意抽取3件产品检查，第一天通过检查的概率为.

（2）依题意知，记第i天的产品能通过检测的概率为（，2，3），

则，，

则三天中恰有两天能通过的检测的概率是.

22．（1）详见解析；（2）；（3）详见解析.

【详解】试题分析：

(1)结合函数的定义域可导函数的性质即可证得不等式的结论；

(2)原问题转化为 ，构造函数 ，结合新函数的性质可得正实数的取值范围是；

(3)将不等式进行恒等变形，结合(2)的结论证得不等式成立即可.

试题解析：

（1）令函数，定义域是，

由 ，可知函数在上单调递减，

故当时， ，即.

（2）因为，，故不等式可化为（*），

问题转化为（*）式对任意的正实数恒成立，构造函数 ，

则 ，

①当时，，即在上单调递增，

所以，即不等式对任意的正实数恒成立.

②当时，，因此，，函数单调递减；

，，函数单调递增，

所以 ，，，令，

由（1）可知 ，不合题意.

综上可得，正实数的取值范围是.

（3）要证，即证 ，

由（2）的结论令，有对恒成立，取可得不等式成立，综上，不等式成立.