2022届陕西省咸阳市兴平市南郊高级中学高三下学期三模数学（理）试题含解析

这是一份2022届陕西省咸阳市兴平市南郊高级中学高三下学期三模数学（理）试题含解析，共16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届陕西省咸阳市兴平市南郊高级中学高三下学期三模数学（理）试题 一、单选题1．设集合，，且，则（    ）A． B． C．2 D．4【答案】B【分析】先求出集合，再根据交集的结果求出即可.【详解】由已知可得， 又∵，∴，∴．故选：B．2．已知复数z满足，则(    )A． B． C． D．3【答案】A【分析】根据复数的运算法则和模的定义即可计算.【详解】由，可得，∴.故选：A.3．已知随机变量服从正态分布，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由可确定，利用正态曲线的对称性，可求得答案.【详解】由知，又因为，所以，故,故选：D4．已知函数，若，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】函数 是关于直线x=1对称的，在 和 是单调性是相反的，利用以上特点，不难判断.【详解】由题可知 ，当 时是减函数，当 时是增函数；由于 ，直线x=1是的对称轴； ， ，由 可知， ，由对称性可知 ， ；故选：C.5．函数（，，）的部分图象如图所示，则（    ）A．， B．是奇函数C．直线是的对称轴 D．函数在上单调递减【答案】C【分析】根据已知函数图象求得的解析式，再根据三角函数的奇偶性、对称性、以及单调性，对每个选项进行逐一判断，即可选择.【详解】根据的函数图象可知，的最大值为2，又，故；又，即，则，又，故；又，即，解得， 故可得；又，则，又，故当时，；故对A：由上述求解可知，，，故A错误；对B：，又，故是偶函数，故B错误；对C：当时，，即当时，取得最小值，故是的对称轴，故C正确；对D：当时，，而在不单调，故D错误.故选：C.6．的展开式中各项系数的和为3，则该展开式中的常数项为（    ）A．−32 B．32 C．−64 D．64【答案】C【分析】先根据展开式中各项系数的和为3，求出，进而根据的展开式的通项公式，求出答案.【详解】令得：，解得：，其中的通项公式为，令得：，所以，则，令，此时，不合题意，综上：该展开式中的常数项为-64.故选：C7．黄金分割比是指将整体一分为二，较大部分与整体得比值等于较小部分与较大部分得比值，该比值为，这是公认的最能引起美感的比例．黄金分割比例得值还可以近似地表示为，则的 近似值等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可得，利用展开化简可得.【详解】由题可得，.故选：B.8．设为非零向量，，则下列命题为真命题的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】D【分析】根据向量垂直的数量积表示判断A，由向量共线判断BC，利用数量积的运算判断D．【详解】对于A，，结论不成立，命题为假；对于B，当与方向相反时，结论不成立，命题为假；对于C，当与共线时，结论不成立，命题为假；对于D，若，则，即，则，所以，命题为真．故选：D．9．在直三棱柱中，已知，，，则异面直线与所成的角为A． B． C． D．【答案】C【分析】由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，，解得从而得出异面直线与所成的角．【详解】连接，，如图：又，则为异面直线与所成的角.因为且三棱柱为直三棱柱，∴∴面，∴，又，，∴，∴，解得.故选C【点睛】考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题．10．某学校文艺汇演准备从舞蹈、小品、相声、音乐、魔术、朗诵6个节目中选取5个进行演出．要求舞蹈和小品必须同时参加，且他们的演出顺序必须满足舞蹈在前、小品在后．那么不同的演出顺序种数有（    ）A．240种 B．480种 C．540种 D．720种【答案】A【分析】先从4个节目中选3个，再按照定序排列即可求解.【详解】先从相声、音乐、魔术、朗诵4个节目中选3个，有种，再把5个节目排列且满足舞蹈在前、小品在后，有，总共有种.故选：A.11．已知点P在双曲线（，）上，，分别是E的左、右焦点，若是，的等差中项，且，则E的离心率是（    ）A． B． C．2 D．5【答案】C【分析】不妨设点P在双曲线E的右支上，根据双曲线的定义可得，结合是，的等差中项，可求得，利用以及余弦定理可得到关于a,b,c的方程，化简整理可求出答案.【详解】不妨设点P在双曲线E的右支上，则，，因为，所以，.设，则，所以.在中，由余弦定理得，即，得，结合，故，整理得： ，解得或 （舍去），所以双曲线E的离心率是2，故选：C12．已知函数为定义域在R上的偶函数，且当时，函数满足，，则的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】通过构造函数法，结合导数、对称性判断出的单调性，由此求得的解集.【详解】由题可知，当时，．令，则，，令，，令，解得．可知函数在上单调递减﹐在上单调递增．又，所以，，所以函数在上单调递减，，可化为，又函数关于对称，故或，所以不等式的解集为．故选：A 二、填空题13．已知向量，，若，则实数______．【答案】20【分析】根据向量垂直列方程，化简求得.【详解】依题意，若，则，解得．故答案为：14．已知数列的前n项和为，若（m为非零实数），且，则______.【答案】【分析】由所给的递推关系计算出 的通项公式，再结合所给的条件即可.【详解】当时，…①，又…②，由②-①得，∴是公比为2的等比数列， ，由，当时，，则，，因为，即 ，解得，所以.故答案为： .15．在四面体中，，，，则此四面体外接球的表面积是__.【答案】【分析】根据对棱长相等可将四面体补成长方体，长方体的外接球就是四面体的外接球，根据对棱长可求外接球的直径，故可得外接球的表面积.【详解】将该几何体补成如图所示的长方体：设长方体的长、宽、高分别为，则，所以，所以长方体的外接球（即四面体的外接球）的直径为，其表面积为.【点睛】几何体的外接球问题，应该先考虑如何确定球的球心，再把球的半径放置在可解的平面图形中，如果球心的位置不易确定，则可以把几何体补成规则的几何体，通过规则几何体的外接球来考虑要求解的外接球的半径.16．已知，，若，且的最小值为，则实数的值为__________.【答案】/【分析】根据题意，可得，从而构造，利用导数求得即可得到结果.【详解】因为，所以， 所以， 设，所以，令，则，所以当时，时，即，， 所以时，取极小值，即由，解得.故答案为: 三、解答题17．的内角、、所对的边分别为、、，．(1)求：(2)若是的外接圆的劣弧上一点，且，，，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用余弦定理可求得的长，求出，利用余弦定理可得出关于的方程，结合可求得的长.【详解】（1）解：由及正弦定理可得，、，则，可得，即，所以.（2）解：由余弦定理可得，则，由圆内接四边形的性质可得，由余弦定理可得，整理可得，，解得.18．在四棱锥P—ABCD中，，，二面角P—AD—B的大小为，且，.(1)证明：.(2)求PD与平面PAB所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取AD的中点O，连接PO，BO，证明平面POB，即可得证；（2）建立空间直角坐标系如图，利用向量法求线面角即可.【详解】（1）如图，取AD的中点O，连接PO，BO，则，，PO，平面POB，，所以平面POB，平面POB，所以.（2）以O为原点，直线OB，OD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，由（1）知，，则，，，，，，，.设平面PAB的法向量，则令，则，.故取.设PD与平面PAB所成的角，则.故PD与平面PAB所成角的正弦值为.19．为考察高中生的性别与是否喜欢数学课程之间的关系，在某城市的某校高中生中，从男生中随机抽取了人，从女生中随机抽取了人，男生中喜欢数学课程的占，女生中喜欢数学课程的占，得到如下列联表. 喜欢数学课程不喜欢数学课程合计男生   女生   合计   (1)请将列联表补充完整;试判断能否有的把握认为喜欢数学课程与否与性别有关;(2)从不喜欢数学课程的学生中采用分层抽样的方法，随机抽取人，现从人中随机抽取人，若所选名学生中的女生人数为，求的分布列及数学期望.附:，其中.0.1500.1000.0500.0250.0100.0050.0012,0722.7063.8415.0246.6357.87910.828 【答案】(1)列联表见解析，没有(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据题意分别求出男生中喜欢数学课程和女生中喜欢数学课程的人数，即可完成列联表，再根据公式求出，再对照临界值表即可得出结论；（2）先分别求出抽取的男生和女生的人数，写出随便变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得出分布列，再根据期望公式求期望即可.【详解】（1）由题意，男生中喜欢数学课程的有人，女生中喜欢数学课程的有人，联表补充如下: 喜欢数学课程不喜欢数学课程合计男生403070女生351550合计7545120则，所以没有的把握认为喜欢数学课程与否与性别有关；（2）用分层抽样的方法抽取时，抽取比例是， 则抽取男生人，抽取女生人， 则的所有可能取值为，则，，， 所以的分布列为:X012P所以的数学期望为.20．已知椭圆的焦距为2c，左､右焦点分别是，，其离心率为，圆与圆相交，两圆的交点在椭圆E上.(1)求椭圆E的方程.(2)已知A，B，C为椭圆E上三个不同的点，O为坐标原点，且O为△ABC的重心.证明：△ABC的面积为定值.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题意得到，再由圆与圆相交，结合椭圆的定义得到，进而求得的值，即可求得椭圆方程；（2）当AB垂直于x轴时，得到，，求得；当AB与x轴不垂直时，设直线的直线方程为，联立方程组得到，结合弦长公式和点到直线的距离公式，求得，即可求解.【详解】（1）解：由椭圆得的离心率为，即，又由圆与圆，可得圆心分别为，半径分别为，因为圆与圆相交，两圆的交点在椭圆E上，可得，解得，则，可得，所以椭圆E的方程为.（2）证明：设，，当AB垂直于x轴时，，因为O为△ABC的重心，所以或.根据椭圆的对称性，不妨令，此时，，可得.当AB与x轴不垂直时，设直线的直线方程为，联立方程组，整理得，则，，设，则，.代入，得，又由，原点到的距离，所以，所以，即的面积为定值.21．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程.(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）当时，求得，得到和，进而求得切线的方程；（2）令，利用导数求得单调性，得到，即，得到，再令，利用导数求得单调性，得到，两式相加，即可求解.【详解】（1）解：当时，函数，可得，所以，因为，所以切点坐标为，所以曲线在点处的切线方程为，即曲线在点处的切线方程.（2）证明：令，则，当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，则①.令，则，当时，；当时，，则在上单调递减，在上单调递增，所以②，①②可得，即.22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（m为参数），以坐标点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcos（θ+）＝1．（1）求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；（2）已知点M （2，0），若直线l与曲线C相交于P、Q两点，求的值．【答案】（1）l： ，C方程为 ；（2）＝【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．【详解】(1)曲线C的参数方程为（m为参数），两式相加得到，进一步转换为．直线l的极坐标方程为ρcos（θ+）＝1，则 转换为直角坐标方程为．（2）将直线的方程转换为参数方程为（t为参数），代入得到（t1和t2为P、Q对应的参数），所以，，所以＝．【点睛】本题考查参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)若关于x的不等式恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】(1)首先分类讨论去绝对值，再求解不等式；（2）首先讨论时，的范围，当时，不等式化简为，利用含绝对值三角不等式求最值，即可求得的取值范围.【详解】（1）不等式等价于或或解得或．故原不等式的解集为．（2）当时，不等式恒成立，即．当时，可化为，因为，当且仅当时等号成立所以，即a的取值范围为．