陕西省铜川市2023届高三二模理科数学试题

陕西省铜川市2023届高三二模理科数学试题

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

一、单选题

1．若全集，，，则（    ）.

A． B． C． D．

2．已知复数，满足，，则（    ）

A． B． C． D．6

3．执行下面的程序框图，则输出S的值为（    ）

A． B． C． D．

4．如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．△ABC的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为II，其余部分记为III．在整个图形中随机取一点，此点取自I，II，III的概率分别记为p1，p2，p3，则

A．p1=p2 B．p1=p3

C．p2=p3 D．p1=p2+p3

5．命题：“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

6．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

7．现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为，方差为，乙组数据的平均数为，方差为．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（    ）

A． B． C． D．

8．等比数列满足，设数列的前项和为，则=（    ）

A． B． C．5 D．11

9．如图，在的边、上分别取点、，使，，与交于点，若，，则的值为

A． B． C． D．

10．已知，分别是双曲线的左、右焦点，直线l经过且与C左支交于P，Q两点，P在以为直径的圆上，，则C的离心率是（    ）

A． B． C． D．

11．已知函数在一个周期内的函数图像如图所示．若方程在区间有两个不同的实数解，，则

A． B． C． D．或

12．在四棱锥中，底面为菱形，，平面，，为线段的中点，为线段上的动点，则下列结论错误的是（    ）

A．平面平面 B．三棱锥的体积为

C．与平面所成角的最小值为 D．与所成角的余弦值为

二、填空题

13．将四大名著各分一本给甲、乙、丙、丁四人就读，A、、、四位旁观者预测分配结果，A说：“甲读《西游记》，乙读《红楼梦》”；说：“甲读《水浒传》，丙读《三国演义》”；说：“乙读《水浒传》，丙读《西游记》”；说：“乙读《西游记》，丁读《三国演义》”.若已知四位旁观者每人预测的两句话中，都是有且只有一句是真的，则可推断丁读的名著是______.

14．已知函数，若，则函数的值域为______.

15．已知数列的前项和为，且点总在直线上，则数列的前项和______.

16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与椭圆交于，两点（其中点在点的左侧），记面积为，则下列四个结论正确的是______.

①        ②时，

③的最大值为        ④当时，点的横坐标为

三、解答题

17．在中，角所对的边分别为，.

(1)证明：；

(2)若，当角取得最大值时，求的面积.

18．如图，在斜三棱柱中，底面ABC是边长为2的正三角形，，侧棱AD与底面ABC所成角为60°．

(1)求证：四边形BCFE为矩形；

(2)求平面DBC与平面BCFE夹角的余弦值．

19．为进一步巩固提升全国文明城市，加速推行垃圾分类制度，铜川市推出了两套方案，并分别在、两个大型居民小区内试行.方案一：进行广泛的宣传活动，向小区居民和社会各界宣传垃圾分类的意义，讲解分类垃圾桶的使用方式，垃圾投放时间等，定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动；方案二：在小区内设立智能化分类垃圾桶，智能垃圾桶操作简单，居民可以通过手机进行自动登录、称重、积分等一系列操作.并建立激励机制，比如，垃圾分类换积分兑换礼品等，以激发带动居民参与垃圾分类的热情.经过一段时间试行之后，在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查，记录他们对试行方案的满意度得分（满分100分），将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如图所示的频率分布直方图：

(1)请通过频率分布直方图分别估计两种方案满意度的平均得分，判断哪种方案的垃圾分类推广措施更受居民欢迎（同一组中的数据用该组中间的中点值作代表）；

(2)以样本频率估计概率，若满意度得分不低于70分认为居民赞成推行此方案，低于70分认为居民不赞成推行此方案，规定小区居民赞成率不低于才可在该小区继续推行该方案，判断两小区哪个小区可继续推行方案？

(3)根据（2）中结果，从可继续推行方案的小区内随机抽取5个人，用表示赞成该小区推行方案的人数，求的分布列及数学期望.

20．已知点F为抛物线E：（）的焦点，点P（−3，2），，若过点P作直线与抛物线E顺次交于A，B两点，过点A作斜率为1的直线与抛物线的另一个交点为点C．

(1)求抛物线E的标准方程；

(2)求证：直线BC过定点；

(3)若直线BC所过定点为点Q，△QAB，△PBC的面积分别为S1，S2，求的取值范围

21．已知函数．

(1)若函数在处取得极值，求的值及函数的单调区间；

(2)若函数有两个零点，求的取值范围．

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）,以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，为曲线上一点.

(1)求到直线距离的最大值；

(2)若为直线与曲线第一象限的交点，且，求的面积.

23．设函数．

(1)解不等式；

(2)令的最小值为T，正数满足，证明：．

参考答案：

1．B

【分析】根据交集和补集的定义，先算，，然后再求

【详解】依题意得，，于是.

故选：B.

2．C

【分析】根据复数模长的运算性质，可得答案.

【详解】由，则，，

故选：C.

3．D

【分析】由题意可得输出S即为的前项和，结合裂项相消法运算求解.

【详解】由题意可得：输出S即为的前项和，

因为 ，

故.

故选：D.

4．A

【分析】首先设出直角三角形三条边的长度，根据其为直角三角形，从而得到三边的关系，然后应用相应的面积公式求得各个区域的面积，根据其数值大小，确定其关系，再利用面积型几何概型的概率公式确定出p1，p2，p3的关系，从而求得结果.

【详解】设，则有，

从而可以求得的面积为，

黑色部分的面积为，

其余部分的面积为，所以有，

根据面积型几何概型的概率公式，可以得到，故选A.

点睛：该题考查的是面积型几何概型的有关问题，题中需要解决的是概率的大小，根据面积型几何概型的概率公式，将比较概率的大小问题转化为比较区域的面积的大小，利用相关图形的面积公式求得结果.

5．B

【分析】根据全称量词命题的否定方法写出命题的否定即可.

【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题，

所以命题“，”的否定为：“，”.

故选：B

6．C

【分析】由确定出1<a<2，再由转化可得b的取值情况而得解.

【详解】因则，a>1，此时，则有a<2，即1<a<2，

又，而，即，b<1，

所以.

故选：C

7．D

【分析】利用平均数和方差公式可求得新数据的方差.

【详解】设甲组数据分别为、、、，乙组数据分别为、、、，

甲组数据的平均数为，可得，方差为，可得，

乙组数据的平均数为，可得，方差为，可得，

混合后，新数据的平均数为，

方差为

.

故选：D.

8．A

【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列通项公式化简条件求，判断数列为等比数列，然后利用等比数列的前项和公式计算.

【详解】设等比数列的公比为 由可得，又，，

所以，所以，因为，

故数列也为等比数列，公比为

所以等比数列的公比为

因此,

所以，

故选：A.

9．D

【分析】用，作为基底分别表示，根据平面向量基本定理，求出，，即可得到结论．

【详解】由题意，

，

根据平面向量基本定理，可得，

，

．

故选D．

【点睛】本题考查向量知识的运用，考查平面向量基本定理，考查学生的计算能力，属于中档题

10．A

【分析】根据P在以为直径的圆上，得到，设，，得到，由双曲线定义得到，求出，由勾股定理求出，从而求出离心率.

【详解】不妨设，，

因为P在以为直径的圆上，所以，即，则．

因为Q在C的左支上，所以，

即，解得，则．

因为，所以，即，

故，

故．

故选：A

11．D

【分析】根据图像，求得函数的对称轴，由对称性可求得的值．

【详解】由图像可知，函数关于 或

所以或

所以选D

【点睛】本题考查了三角函数图像对称轴性质的简单应用，属于基础题．

12．A

【分析】利用条件建立空间直角坐标系，对于选项A，通过判断两平面的法向量是否垂直，从而得出两平面是否垂直，进而判断出选项的正误；对于选项B，通过转换底面，得到，进而求出结果，从而判断出选项B的正误；对于选项C，利用线面角的向量公式求出，再利用的范围，确定的最小值，进而求出的最小值，从而判断出选项C的正误；对于选项D，利用线线角的向量公式，即可求出结果，进而判断出选项D的正误.

【详解】如图，取中点，由题意，，，

由余弦定理得，

故，即，又，所以,

又平面，且平面，平面，

故，，

如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

由题意，，，，，，，

设，其中，

设面的法向量为，而，，

故有，即，令，则，

故面的一个法向量为，

设面的法向量为，而，，

故有，即，令，则，

故面的一个法向量为，

选项A，因为，不恒为0，故选项A错误；

选项B，由题意，，由于为中点，故，到面距离相等，

从而，所以选项B正确；

选项C，因为平面，所以平面的一个法向量，而，

设与面所成角为，故，

因为，所以当时，取最小值，此时取最小值，故选项C正确；

选项D，由题意，，，

故，

从而与所成角的余弦值为，故选项D正确.

故选：A.

13．《三国演义》

【分析】从A说的两句话中先假定一句正确，结合其他人的表述，逐个分析可得答案.

【详解】由题意，若A说的两句话中，甲读《西游记》正确，乙读《红楼梦》错误，则说的甲读《水浒传》错误，

丙读《三国演义》正确.则说的丙读《西游记》错误，

乙读《水浒传》正确，则说的乙读《西游记》错误，

丁读《三国演义》正确与说的丙读《三国演义》正确相矛盾，不成立；

若A说的两句话中，乙读《红楼梦》正确，甲读《西游记》错误，则说的乙读《水浒传》错误，

丙读《西游记》正确，则说的乙读《西游记》错误，

丁读《三国演义》正确，则说的丙读《三国演义》错误，

甲读《水浒传》正确，则丁读《三国演义》.

故答案为：《三国演义》

14．

【分析】利用诱导公式、三角恒等变换化简，再应用正弦型函数性质求值域即可.

【详解】

，

∴时，，得：.

故答案为：

15．

【分析】由与的关系求出的通项公式，用错位相减法求.

【详解】数列的前项和为，且点总在直线上，所以.

当时，，两式相减得，，

又，所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，

∴，∴，

则，

所以，

两式相减得：.

所以，

所以数列的前项和.

故答案为：

16．①③④

【分析】由题知，，，设，则，进而结合向量运算，椭圆定义等讨论各选项即可得答案.

【详解】由椭圆，可得，，，由对称性可知，

∴，故①正确；

、的坐标分别为，，设，，，，

若时，可得，解得，故②错误；

∵直线与椭圆交于，两点，∴，两点的坐标分别为，，

∴，当且仅当，即时取等号，故③正确；

设，当时，，设，则，

∴由余弦定理可得，∴，∴，

∴，又，∴，

解得，故④正确.

故答案为：①③④

17．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题给条件利用两角和的正弦公式及正弦定理即可证得；

（2）先利用余弦定理求得角最大值为，进而求得的面积.

【详解】（1）因为，所以，

所以，

所以，所以

所以，由正弦定理得

（2），（当且仅当时等号成立），

则当时，取得最小值，

又，所以角最大值为.

此时为等边三角形，所以的面积为.

18．(1)见解析

(2)

【分析】（1）根据等腰三角形性质，以及线面垂直判定定理，结合矩形的判定，可得答案；

（2）利用面面角的定义，作图，结合三角形的余弦定理，可得答案.

【详解】（1）取的中点，连接，如下图：

在等边中，易知，在中，，则，

平面，，平面，

平面，，

在三棱柱中，易知，四边形是平行四边形，

则，是矩形.

（2）取的中点，连接，过作，如下图：

则，平面，平面，，

故是平面DBC与平面BCFE夹角或其补角，

在等边中，，则，

在中，，

平面，平面，平面平面，

平面平面，且，平面，

则是侧棱AD与底面ABC所成角，即，

在中，，

设，化简可得，分解因式可得，

解得，即，

在中，，

故平面DBC与平面BCFE夹角的余弦值为.

19．(1)小区平均分为，小区平均分为，方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎

(2)小区可继续推行方案二

(3)分布列见解析，

【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的求法分别计算，即可得出结论；

（2）分别求出小区即方案一中，满意度不低于70分的频率和小区即方案二中，满意度不低于70分的频率，由此即可得出结论；

（3）由题意可知，再根据二项分布的分布列和期望公式计算即可.

【详解】（1）设小区方案一的满意度平均分为，

，

设小区方案二的满意度平均分为，

，

∵.∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎；

（2）由题意可知：

小区即方案一中，满意度不低于70分的频率为，

以频率估计概率，赞成率为，

小区即方案二中，满意度不低于70分的频率为，

以频率估计概率，赞成率为，

∴小区可继续推行方案二；

（3）现从小区内随机抽取5个人，的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，则，

，，

，，

，，

∴的分布列为

数学期望.

20．(1)

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）利用表示出，化简即可求出答案.

（2）设出直线，联立直线与抛物线，利用韦达定理则可表示出两点的关系.再由点写出直线，联立直线与抛物线，利用韦达定理则可表示出两点的关系.写出直线的方程，根据两个关系式消掉点，则可得出结论.

（3）将、用点表示出来，再利用韦达定理用直线的斜率表示出，最后化简即可得出答案.

【详解】（1）焦点，∵，∴

抛物线E的标准方程为

（2）显然．直线斜率存在，设的方程为

由，化简得：，

设，则，

∴      ①

直线的方程为，

由化简得：，

设则      ②

由①②得，∴      ③

（ⅰ）若直线没有斜率，则，又，∴，∴，

∴的方程为．

（ⅱ）若直线有斜率，为，

直线的方程为，即，

将③代入得，∴，

故直线有斜率时过点．

由（ⅰ）（ⅱ）知，直线过点．

（3）

由（2）得，

，∴，且，

设，

∵，且，∴∴，

故的取值范围是．

【点睛】本题考查抛物线的标准方程、直线过定点.属于难题.其中证明直线过定点，寻找坐标之间的关系进行消元是解题的关键.

21．(1)，单调递减区间为，单调递增区间为.

(2)

【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，依题意求出求的值，令，利用导数说明的单调性，即可得到的单调性，从而求出函数的单调区间；

（2）依题意可得，设函数，则，利用导数说明的单调性，即可得到，则只需在上有两个根，然后构造新函数求的取值范围.

【详解】（1）函数定义域为，，在处取得极值，则，

所以，此时，

令，，则，

所以在上单调递增，所以在上单调递增，且，

所以当时，，单调递减，当时，，单调递增.

故的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）依题意即在上有两个根，

整理为，即，

设函数，则上式为，

因为恒成立，所以单调递增，所以，

所以只需在上有两个根，

令，，则，

当时，，当时，，

故在处取得极大值即最大值，，

且当时，当时，

要想在上有两个根，只需，解得，

所以的取值范围为.

【点睛】方法点睛：同构变形是一种处理含有参数的函数常用方法，特别是指对同构，对不能参变分离的函数可以达到化简后可以参变分离的效果.

22．(1)

(2)

【分析】（1）由条件得出直线的普通方程和圆的参数方程，设，利用点到直线的距离公式得到，从而求出结果；

（2）由条件求出点的坐标，设出的极坐标方程，再利用面积公式即可求出结果.

【详解】（1）由，消得到，所以直线的普通方程为，

因为曲线的极坐标方程为，所以，

又，所以曲线的普通方程为，

即，所以曲线的参数方程为（为参数），

因为在圆上，设，则到距离为，

所以当时，到距离最大，为.

（2）由，消得到，解得或，

又因为在第一象限，所以，点，在曲线上，由题可设，，

代入曲线的极坐标方程得，，

又因为，

故的面积为.

23．(1).

(2)证明见解析.

【分析】（1）分类讨论x的取值，脱掉绝对值符号，解不等式，可得答案；

（2）分类讨论x的取值，求出的最小值为T，将展开，利用基本不等式证明，即可证明结论.

【详解】（1）当时，即，解得，故；

当时， 即，则；

当时，即，解得，故，

综上所述，原不等式的解集为.

（2）若，则；

若，则：

若，则,

所以函数的最小值，故,

又为正数，

则

,

当且仅当,时等号成立,

所以.