2022届陕西省西安市未央区高考模拟数学试题含解析

这是一份2022届陕西省西安市未央区高考模拟数学试题含解析，共15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届陕西省西安市未央区高考模拟数学试题 一、单选题1．已知，，则下列命题正确的是A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【详解】设 因为 所以在 上递增，在 递减，所以，同理可得 又注意到 所以 的图像始终在 图像的上方，故 时，的大小关系不确定，即A，B不正确.设 则易知 在上单调递增，又注意到，所以的图像始终在图像的下方，故 时， 故C正确；故选C 点睛：本题主要考查函数单调性的应用，根据A,B选项给出等式的特征构造新函数，根据C,D选项给出的式子特征构造出新函数是解决本题的关键.2．已知函数，则使得的的范围是A． B． C． D．【答案】A【详解】试题分析：因为，所以函数为偶函数，当时，，为增函数，使得成立即，解得：，选A．【解析】1.偶函数；2.不等式．【方法点晴】本题主要考查的是函数，属于中档题．本题首先要确定函数的奇偶性，再利用复合函数的单调性确定函数在上的单调性，得出不等式，两边平方解出即可．同样当函数为奇函数的时候，也可以根据奇函数的单调性在对称区间上单调性相同，得出不等式．3．已知抛物线：的焦点为，过焦点的直线交抛物线于，两点，的中点为，若，则点到轴的距离为A．3 B． C．1 D．【答案】B【解析】先设出两点坐标，由题可知，解出，再求点到轴的距离．【详解】设，，则由抛物线的定义，可知，又∵，∴，得，∴点到轴的距离为.故选B.【点睛】本题考查抛物线的焦点弦，弦长，而到轴的距离是点的横坐标．4．一个四面体的四个顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，，，，则该四面体中以平面为投影面的正视图的面积为（　）A．3 B． C．2 D．【答案】A【详解】试题分析：根据平行投影的知识可知:该四面体中以平面为投影面的正视图为一个上底为1，下底为2，高为2的直角梯形，所以面积为3.【解析】（1）空间直角坐标系；（2）平行投影三视图. 5．已知分别是双曲线的左、右焦点，过点与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线另一条渐近线于点，若点在以线段为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是（   ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求点坐标，再根据向量数量积列不等式，化简得到关于离心率e的不等式，解得离心率取值范围.【详解】不妨设过点与双曲线的一条渐近线平行的直线为，与双曲线另一条渐近线交点为，因为点在以线段为直径的圆外，所以，即，，选D.【点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.6．已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为A． B． C． D．【答案】D【详解】试题分析：根据正四棱柱的几何特征得：该球的直径为正四棱柱的体对角线，故，即得，所以该球的体积，故选D.【解析】正四棱柱的几何特征；球的体积. 7．已知复数满足，则复数在复平面内对应的点所在的象限是A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【解析】由题意首先求得复数z的值，然后结合复数对应的点即可确定其所在的象限.【详解】由复数的运算法则可得：，故复数在复平面内对应的点所在的象限是第二象限.故选B.【点睛】本题主要考查复数的运算法则，各个象限内复数的特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8．已知函数，，的零点依次为，则以下排列正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】在同一直角坐标系中画出，，与的图像，数形结合即可得解．【详解】函数，，的零点依次为，在同一直角坐标系中画出，，与的图像如图所示，由图可知，，，满足故选：B．【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解9．七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图所示的是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为A． B． C． D．【答案】D【分析】将右下角黑色三角形进行移动，可得黑色部分面积等于一个等腰直角三角形加一个直角梯形的面积之和，求解出面积再根据几何概型公式求得结果.【详解】设正方形的边长为则①处面积和右下角黑色区域面积相同故黑色部分可拆分成一个等腰直角三角形和一个直角梯形等腰直角三角形面积为：直角梯形面积为：黑色部分面积为：则所求概率为：本题正确选项：【点睛】本题考查几何概型中的面积类问题，属于基础题.10．某三棱锥的三视图如图所示，其中每个单位正方形的边长为1．三棱锥表面上的点在俯视图上的对应点为，三棱锥表面上的点在侧视图上的对应点为，则线段的长度的最大值为A． B． C． D．【答案】C【分析】先找到几何体原图，再求线段的长度的最大值得解.【详解】如图，该三棱锥是，点是上任意一点，点与点重合，∴，故选C.【点睛】本题主要考查根据三视图还原几何体原图，考查距离的最值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.11．函数的定义域都为，且是奇函数，是偶函数，设，则下列结论中正确的是A．的图象关于对称 B．的图象关于对称C．的图象关于对称 D．的图象关于对称【答案】D【分析】由题意结合函数的奇偶性和函数的平移特性即可确定后函数的性质【详解】首先考查函数，其定义域为，且，则函数为偶函数，其图像关于轴对称，将的图像向左平移一个单位可得函数的图像，据此可知的图象关于对称.故选D.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，函数图像的平移变换等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.12．若对，有，求的最大值与最小值之和是A．4 B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】先求出的值,再根据函数对称性的定义判断出函数图象关于点对称,即最大值与最小值也关于对称,从而最大值与最小值的和为;再根据函数的奇偶性的定义判断出为奇函数,即函数图象关于点对称,即最大值与最小值也关于对称,从而最大值与最小值的和为得出选项.【详解】令,则,,即为奇函数,图象关于原点对称,因此最大值与最小值的和为;令,可得,令则,可得,即函数图象关于点对称,故最大值与最小值的和为,综上所述,函数的最大值与最小值之和为,故选B.点睛:本题考查抽象函数和具体函数的性质,属于中档题.抽象函数的性质主要利用赋值法来判断． 二、填空题13．若向量，不共线，且，则________.【答案】【分析】根据向量运算的坐标公式及向量垂直和共线的坐标表示列方程求，再根据数量积的坐标运算公式求.【详解】因为向量，，所以，因为，所以，所以或，又向量，不共线，所以，所以，所以，即， 所以，故答案为：.14．(广东深圳市2017届高三第二次（4月）调研考试数学理试题)我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中独立提出了一种求三角形面积的方法---“三斜求积术”，即的面积，其中分别为内角的对边.若，且，则的面积的最大值为__________．【答案】【详解】由题设可知，即，由正弦定理可得，所以，当时， ，故填.15．已知实数a，b(0，2)，且满足，则a＋b的值为_______．【答案】2【分析】由，且a，b(0，2)，化简为：，设，则在上递增，由，得a＋b的值.【详解】由，化简为：，即，设，则在上递增，因为a，b(0，2)，所以2-b(0，2)，且，所以，即.故答案为2【点睛】本题考查了等式的化简，构造函数，利用函数的单调性求值的问题，属于中档题.16．若，满足约束条件则的最小值为__________.【答案】【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．【详解】作出可行域如图所示：由解得：.把转化为直线l:.平移直线l，经过点时，纵截距最大，此时最小.故的最小值为-4.故答案为：-4. 三、解答题17．在数列和等比数列中，，，．1求数列及的通项公式；2若，求数列的前n项和．【答案】（1）； ;（2）.【分析】Ⅰ先求出公比，可得数列的通项，从而可求的通项公式；Ⅱ利用错位相减法，可求数列的前n项和．【详解】Ⅰ依题意，，设数列的公比为q，由，可知，由，得，又，则，故，又由，得Ⅱ依题意，则得，即，故【点睛】本小题主要考查等比数列、数列通项公式、数列求和等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想等．数列求和的常用方法有:分组求和,错位相减求和,倒序相加求和等.18．已知函数．（1）若，求在处的切线方程；（2）若对于任意的正数，恒成立，求实数的值；（3）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围．【答案】（1）切线方程为（2）（3）【分析】（1）利用导数的几何意义得到切线斜率，利用点斜式可得切线方程；（2）对分类讨论，简化不等式，即可得到实数的值；（3）函数存在两个极值点等价于存在两个不相等的零点．设，研究函数的单调性与极值即可.【详解】（1）因为 ，所以当时，，则，当时，，所以在处的切线方程为；（2）因为对于任意的正数，恒成立，所以当时，即时，，；当时，即时，恒成立，所以；当时，即时，恒成立，所以，综上可知，对于任意的正数，恒成立，．（3）因为函数存在两个极值点，所以存在两个不相等的零点．设，则．当时，，所以单调递增，至多一个零点．当时，因为时，，单调递减，时，，单调递增，所以时，．因为存在两个不相等的零点，所以，解得．因为，所以．因为，所以在上存在一个零点．因为，所以．又因为，设，则，因为，所以单调递减，所以，所以，所以在上存在一个零点．综上可知：．【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，画出函数的图象，然后数形结合求解．19．已知函数．（1）若，求不等式的解集；（2）若方程有三个实根，求实数m的取值范围．【答案】（1）；（2）【分析】（1）分三种情况求解；（2）由方程可变形为，令作出图象如图所示，根据图象求解.【详解】解：（1）时，，当时，，不可能非负；当时，，由可解得，于是；当时，恒成立，所以不等式的解集为；（2）由方程可变形为，令作出图象由题意可得.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，函数与方程的思想，属于中档题.20．已知函数.（Ⅰ）当时，解不等式；（Ⅱ）若关于的不等式的解集包含，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）当时，不等式，即，分类讨论，即可求解不等式的解集；（Ⅱ）关于的不等式的解集包含，转化为在恒成立，利用绝对值的定义，即可求解．【详解】（Ⅰ）当时，不等式，即，所以或或，解得或，所以不等式的解集为.（Ⅱ）关于的不等式的解集包含，即在恒成立，即在恒成立，即在恒成立，解得，∴的取值范围是.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及含绝对值不等式的恒成立问题，其中解答中熟记绝对值不等式的解法，以及绝对值的定义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．21．在中，角，，所对的边分别是，，，已知，.（1）若，求的值；（2）的面积为，求的值.【答案】（1）；（2）【分析】（1）由，可得 ，由正弦定理可得，求得，利用诱导公式及两角和的正弦公式可得结果；（2）由，可得，再利用余弦定理，配方后化简可得.【详解】（1）由，则，且 ，由正弦定理，因为，所以，所以， （2），∴， ，∴， ，∴.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径．22．在四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，是边长为4的等边三角形，，是的中点.（1）求证：；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面 与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)见证明；(2) 【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面.可得 ，，结合得平面.由，可得，得到平面，从而可得结果；（2）根据直线与平面所成角的正弦值为,可求得， ，以，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量垂直数量积为零列方程求出平面的一个法向量，结合平面的一个法向量为，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.【详解】（1）因为是等边三角形，是的中点，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以，又因为，，所以平面.所以.又因为，所以.又且，平面，所以平面.所以.（2）由（1）得平面.所以就是直线与平面所成角.因为直线与平面所成角的正弦值为，即，所以.所以，解得.则.由（1）得，，两两垂直，所以以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点，，，，所以，.令平面的法向量为，则由得解得令，可得平面的一个法向量为； 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的锐二面角的大小为，则.所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.