2022届陕西省西安中学高三下学期八模文科数学试题含解析

陕西省西安中学2022届高三下学期八模

文科数学试题

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．已知集合U={−2，−1，0，1，2，3}，A={−1，0，1}，B={1，2}，则（       ）

A．{−2，3} B．{−2，2，3} C．{−2，−1，0，3} D．{−2，−1，0，2，3}

2．复数(    )

A．2 B．－2 C．2i D．-2i

3．命题“”的否定是（       ）

A． B．

C． D．

4．若a，b，c，d∈R，且a＞b，c＞d，则下列结论正确的是（　　）

A．a+c＞b+d B．a﹣c＞b﹣d C．ac＞bd D．

5．在△中，为边上的中线，为的中点，则（　　）

A． B．

C． D．

6．为了得到函数，的图象，只要把函数，图象上所有的点（       ）

A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度

C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度

7．已知函数的导函数为，且满足，则（       ）

A．1 B． C．-1 D．

8．圆：关于直线对称的圆的方程为（       ）

A． B．

C． D．

9．若，则（       ）

A． B． C． D．

10．若函数在 区间内存在最小值，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

11．设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．2

12．在正方体中，分别是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（　　）

A． B． C． D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．甲、乙独立地解决同一数学问题，甲解决这个问题的概率是0.8，乙解决这个问题的概率是0.6，那么其中至少有1人解决这个问题的概率是____________．

14．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则B=___________.

15．下列说法正确的是___________.

①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；

②过空间中任意三点有且仅有一个平面；

③若空间两条直线不相交，则这两条直线平行；

④若直线平面，直线平面，则.

16．已知函数，若实数，满足，则等于______．

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答

17．记为等比数列的前项和，且公比，已知，．

(1)求的通项公式；

(2)设，若是递增数列，求实数的取值范围．

18．为抗击新型冠状病毒肺炎疫情，某口罩生产企业职工在做好自身安全防护的同时，加班加点生产口罩发往疫区.该企业为保证口罩的质量，从某种型号的口罩中随机抽取100个，测量这些口罩的某项质量指标值，其频率分布直方图如图所示，其中该项质量指标值在区间内的口罩恰有8个.

（1）求图中，的值；

（2）用样本估计总体的思想，估计这种型号的口罩该项质量指标值的平均数及方差(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；

（3）根据质量指标标准，该项质量指标值不低于85，则为合格产品，试估计该企业生产这种型号口罩的质量合格率为多少？

19．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且，点F为PD中点.

（1）若，证明：直线AF∥平面PEC；

（2）是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.

20．已知函数.

（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；

（Ⅱ）当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围.

21．已知为抛物线：上的一点，为抛物线的准线上的一点，且的最小值为1．

(1)求抛物线的标准方程；

(2)过点作抛物线的切线，，切点分别为，，求证：直线过定点，并求出面积的最小值．

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．

22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

在直角坐标系中，直线，圆,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求，的极坐标方程；

（2）若直线的极坐标方程为，设的交点为，求的面积．

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知函数，．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若不等式的解集包含[–1，1]，求的取值范围．

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

首先进行并集运算，然后计算补集即可.

【详解】

由题意可得：，则.

故选：A.

【点睛】

本题主要考查并集、补集的定义与应用，属于基础题.

2．A

【解析】

【分析】

利用即可得解.

【详解】

故选A.

【点睛】

本题考查了复数的乘法及乘方运算，属于基础题.

3．C

【解析】

【分析】

根据全称命题的否定的结构形式可得正确的选项.

【详解】

命题“”的否定为“”，

故选：C.

4．A

【解析】

【分析】

设a，b，c，d∈R，且a＞b，c＞d，根据同向不等式的可加性可判断A；取特殊值可判断B、C、D的正误.

【详解】

对于A，设a，b，c，d∈R，且a＞b，c＞d，根据同向不等式的可加性知a+c＞b+d，故A正确；

对于B、C，令，可知B、C不正确；

对于D，令，可知D不正确；

故选：A

【点睛】

本题考查了不等式的性质，需熟记性质，属于基础题.

5．A

【解析】

【分析】

分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.

【详解】

根据向量的运算法则，可得

，

所以，故选A.

【点睛】

该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.

6．C

【解析】

【分析】

利用辅助角公式可得，再由三角函数的平移变换原则即可求解.

【详解】

解：，

，

为了得到函数，的图象，

只要把函数，图象上所有的点向左平移个单位长度．

故选：C．

7．C

【解析】

【分析】

求得，令，即可求得结果.

【详解】

因为，所以，

所以，解得．

故选：.

8．A

【解析】

【分析】

根据两圆心的中点在直线上，过两圆心的直线与已知直线垂直列方程组可得所求圆心坐标，然后可得.

【详解】

解：表示以为圆心，以1为半径的圆．

设关于直线对称的点为，则有，解得：，，

所以：关于直线对称的圆的方程为．

故选：A．

9．A

【解析】

利用诱导公式得，再利用二倍角公式可求结果.

【详解】

根据已知，有.

故选：A

【点睛】

本小题主要考查诱导公式、余弦的二倍角公式、三角函数求值等基础知识；考查运算求解能力.

10．C

【解析】

利用导数求出函数的极小值为，由题意可知，再由求得的值，数形结合可得出实数的取值范围.

【详解】

解：由题意，，

当或时，；当时，.

故在，上是增函数，在上是减函数，

所以，函数的极小值为.

作其图象如图，

令得，解得或，

结合图象可知，解得，.

故选：C.

【点睛】

关键点点睛：本题考查利用函数在区间上存在最值求参数，解本题的关键就是弄清楚函数的极小值点在区间内，通过求得，数形结合得出实数所满足的不等式组，综合性较强.

11．A

【解析】

【分析】

设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．

【详解】

设点，因为，，所以

，

而，所以当时，的最大值为．

故选：A．

【点睛】

本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.．

12．C

【解析】

【详解】

设正方体的棱长为，如图，连接，它们交于，连接，则平面，而，故就是直线与平面所成的余角，又为直角三角形且，所以，，设直线与平面所成的角为，则，选C.

点睛：线面角的计算往往需要先构造面的垂线，必要时还需将已知的面的垂线适当平移才能构造线面角，最后把该角放置在容易计算的三角形中计算其大小.

13．0.92##

【解析】

【分析】

先求两个都没有解决的概率，然后由对立事件的概率可得.

【详解】

解：由题意可得，甲、乙二人都不能解决这个问题的概率是．那么其中至少有1人解决这个问题的概率是1-0.08=0.92.

故答案为：0.92

14．.

【解析】

【分析】

先根据正弦定理把边化为角，结合角的范围可得.

【详解】

由正弦定理，得．，得，即，故选D．

【点睛】

本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取定理法，利用转化与化归思想解题．忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在范围内，化边为角，结合三角函数的恒等变化求角．

15．①④

【解析】

【分析】

根据空间中直线之间的位置关系可判断①、②、③，再由线面垂直的性质可判断④.

【详解】

解：对于①，如图，

两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内，故①正确；

对于②，过空间中不在同一直线上的三点有且仅有一个平面，故②错误；

对于③，若空间两条直线不相交，则这两条直线平行或异面，故③错误；

对于④，若直线平面，直线平面，则，故④正确.

∴正确的是①④.

故答案为：①④.

16．

【解析】

【分析】

根据函数奇偶性的定义，求得函数为定义域上的奇函数，结合，得到，即可求解.

【详解】

由题意，函数的定义域为关于原点对称，

又由

，

即，所以函数为定义域上的奇函数，

因为，所以，即.

故答案为：.

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用等比数列通项公式和前n项和公式的基本量进行运算即可.

（2）是递增数列，利用恒成立即可求解.

(1)

∵等比数列中，，，

∴，解得或（舍），

∴．

(2)

由，得，

则，

因为是递增数列，所以，故，即，

因为是递减数列，所以该数列的最大项是，

所以的取值范围是．

18．（1），；（2）平均数为，方差为；（3）94%.

【解析】

【分析】

（1）利用频率､频数､样本容量之间的关系求出的值，再利用频率之和为1求出的值；

（2）利用平均数的计算公式以及方差的计算公式分别求解即可；

（3）利用频率估计概率进行求解即可.

【详解】

解：（1）因为该项质量指标值在区间内的口罩恰有8个，

所以，

又，

所以；

（2）这种型号的口罩该项质量指标值的样本平均数为

，

该项质量指标值的样本方差为

，

利用样本估计总体的思想，可以认为这种型号的口罩项质量指标值的样本平均数为，方差为；

（3）从样本可知质量指标值不低于的产品所占比例的估计值为，

故样本的合格率为，

所以可以认为该企业生产这种型号口罩的质量合格率为.

19．（1）证明见解析；（2）存在，.

【解析】

【分析】

（1）首先取的中点，连接，，根据三角形中位线性质和已知得到，，从而得到四边形为平行四边形，，再根据线面平行的判定即可证明平面.

（2）由题知：要使平面平面，只需，从而得到，即可得到.

【详解】

（1）取的中点，连接，，如图所示：

因为，分别为，的中点，所以，.

因为，所以为的中点，所以，.

所以，.

所以四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，

所以直线平面.

（2）存在一个常数，使得平面平面，理由如下：

要使平面平面，只需，

因为，，

所以，

又因为平面，，，

所以平面，

因为平面，所以平面平面，

所以.

20．（I）；（II）.

【解析】

【详解】

分析：(1)先求切线的斜率和切点的坐标，再求切线的方程.(2)分类讨论求，再解≥0，求出实数a的取值范围.

详解：（Ⅰ）当时，，，，

即曲线在处的切线的斜率为，又，

所以所求切线方程为.

（Ⅱ）当时，若不等式恒成立，

易知，

①若，则恒成立，在上单调递增；

又，所以当时，，符合题意.

②若，由，解得，

则当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

所以时，函数取得最小值.

则当，即时，则当时，，符合题意.

当，即时，

则当时，单调递增，，不符合题意.

综上，实数的取值范围是.

点睛：（1）本题主要考查导数的几何题意和切线方程的求法，考查利用导数求函数的最小值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理转化能力.(2)解答第2问由两次分类讨论，第一次是分类的起因是解不等式时，右边要化成，由于对数函数定义域的限制所以要分类讨论，第二次分类的起因是是否在函数的定义域内,大家要理解掌握.

21．(1)

(2)证明见解析；最小值4

【解析】

【分析】

（1）由题意直接可得，然后可得；

（2）设，，利用判别式求出切线斜率，然后可得曲线在，处的切线方程，根据两条切线的交点在准线上可得直线方程，然后可证. 直线方程代入抛物线方程，利用韦达定理，由弦长公式和点到直线的距离公式表示出三角形面积，然后可得.

(1)

根据题意，解得，因此抛物线的方程为

(2)

设，，

设：，：，

将代入得

由题知,解得

同理

所以：，：

整理得：，：，

因为，，设，

代入上述方程，得，，

因此直线的方程为，所以直线过定点，即过焦点

由，整理得，∴，，

所以

点到直线的距离为，

所以，

当且仅当时，取得最小值4．

22．(1),；(2)．

【解析】

【详解】

试题分析：（1）将代入的直角坐标方程，化简得，；（2）将代入，得得， 所以，进而求得面积为.

试题解析：

（1）因为 ，所以的极坐标方程为，

的极坐标方程为

（2）将代入

得得 ， 所以

因为的半径为1，则的面积为

考点：坐标系与参数方程.

23．（1）；（2）．

【解析】

【详解】

试题分析：（1）分，，三种情况解不等式；（2）的解集包含，等价于当时，所以且，从而可得．

试题解析：（1）当时，不等式等价于.①

当时，①式化为，无解；

当时，①式化为，从而；

当时，①式化为，从而.

所以的解集为.

（2）当时，.

所以的解集包含，等价于当时.

又在的最小值必为与之一，所以且，得.

所以的取值范围为.

点睛:形如(或)型的不等式主要有两种解法：

(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为，， (此处设)三个部分，将每部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集．

(2)图像法：作出函数和的图像，结合图像求解．