2023届陕西省咸阳市高三下学期二模数学（理）试题含解析

这是一份2023届陕西省咸阳市高三下学期二模数学（理）试题含解析，共19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。
2023届陕西省咸阳市高三下学期二模数学（理）试题 一、单选题1．已知复数z满足，那么（    ）A．1 B． C． D．2【答案】B【分析】根据复数的四则运算求出复数，即可得的值.【详解】解：因为，所以，所以，即，所以，所以.故选：B2．已知集合，，那么（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据偶次根式要求被开方式大于等于零，求得集合，解分式不等式求得集合，之后求交集得到结果.【详解】由，得，所以，由及，得，解得，解得，所有，故选：C3．某商场要将单价分别为36元,48元,72元的3种糖果按3:2:1的比例混合销售,其中混合糖果中每一颗糖果的质量都相等.那么该商场对混合糖果比较合理的定价应为（    ）A．52元 B．50元 C．48元 D．46元【答案】D【分析】本质上是求3种糖果单价的加权平均值,只需将三种糖果的单价加权平均即可.【详解】定价=(元).故选:D.4．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有以下四个命题：①若，，则                    ②若，，则③若，，则                    ④若，，，则其中正确的命题是（    ）A．②③ B．②④ C．①③ D．①②【答案】A【分析】由线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、面面平行的判定定理和面面垂直的性质定理对各命题进行检验.【详解】若，，则或，命题①错误；由面面垂直的判定定理可知，命题②正确；垂直于同一条直线的两个平面互相平行，命题③正确；若，，，则可能相交可能平行可能异面，不一定互相垂直，命题④错误.故选：A5．函数的大致图象为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分和去掉绝对值化简函数解析式，即可判断函数图象．【详解】依题意可得，又，则根据指数函数图象即可判断只有选项B符合．故选：B．6．已知函数，当时，取得最小值，则的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据时，取得最小值，列出等式后解出，取为连续的整数时，刚好正负发生变化，即可得出的最小值.【详解】解：因为当时，取得最小值，即，所以，即，解得：，当时，，当时，，所以的最小值是.故选：C7．数列的前n项和为，对一切正整数n，点在函数的图象上，（且），则数列的前n项和为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据与的关系求得，进而求出，利用裂项相消求和法即可求解.【详解】由题意知①，当时，，当时，②，①-②，得，若，，符合题意，所以，则，所以，则.故选：D.8．已知直角三角形ABC，，，，现将该三角形沿斜边AB旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意作出旋转体由两个圆锥构成，利用等面积法求出底面圆的半径，即可根据圆锥的体积公式求出旋转体的体积.【详解】解：将直角三角形ABC沿斜边AB旋转一周，旋转形成的几何体的如图所示，，，，故选：C.9．巴塞尔问题是一个著名的级数问题，这个问题首先由皮耶特罗·门戈利在1644年提出，由莱昂哈德·欧拉在1735年解决．欧拉通过推导得出：．某同学为了验证欧拉的结论，设计了如图的算法，计算的值来估算，则判断框填入的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据程序框图结合输出结果即可得出答案.【详解】由程序框图可知，因为输出的结果是，则判断框填入的是.故选：D.10．2022年卡塔尔世界杯足球赛落幕，这是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．有甲，乙，丙，丁四个人相互之间进行传球，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过三次传球后乙只接到一次球的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将所有传球的结果列出，再利用古典概型求结果.【详解】传球的结果可以分为：分别传给3人时：乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，丁乙丙，丁丙乙，共6种；若传给2人时：乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共6种；再传给甲的：乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，丙甲乙，丁乙甲，丁甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁甲丙，丁丙甲，共15种；共27种，只传乙一次的有16种，所以所求概率为故选：D.11．已知双曲线C：，c是双曲线的半焦距，则当取得最大值时，双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意，，三角换元，用c表示a，b，利用三角函数求得最值，再利用离心率公式直接求出结果.【详解】因为是双曲线的半焦距，所以，设，则，令，则，当时，有最大值，所以，所以.故选：A12．已知实数，…，对任意，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将原不等式变化为，令，则在上单调递增，故有，即有，，令，求出令的最小值即可得答案.【详解】解：因为，所以，即，即，所以，令，易知在上单调递增，又因为，所以，所以，所以，令，则，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，所以，解得.故选：A【点睛】方法点睛：对于恒成立问题常用的方法有：(1)分离常数法，只需求出分离后的函数的最值即可；(2)直接利用导数求出函数的最值；(3)构造适当的函数，利用导数确定所构造的函数单调性，从而达到求解的目的. 二、填空题13．的展开式中的系数为______.【答案】【解析】根据通项公式中的指数为3，列方程解得，从而可得展开式中的系数.【详解】展开式的通项为，令，得，所以展开式中的系数为.故答案为：【点睛】本题考查了根据通项公式求项的系数，属于基础题.14．过抛物线的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若l的倾斜角为，则线段AB的中点到x轴的距离是______________．【答案】3【分析】由题设知直线为，联立抛物线方程，应用韦达定理可得的中点横坐标，进而得纵坐标，即得.【详解】由题意，抛物线为，则，即直线为，∴将直线方程代入抛物线整理得：，设，，则，故线段的中点的横坐标为代入直线，得，∴线段的中点到轴的距离是.故答案为：3.15．已知非零向量，，满足，，的夹角为120°，且，则向量，的数量积为______________．【答案】0【分析】由，得到，再利用数量积的定义和运算律求解.【详解】解：因为，所以，因为，的夹角为120°，且，所以，，，故答案为：016．如图，已知在扇形OAB中，半径，，圆内切于扇形OAB（圆和OA、OB、弧AB均相切），作圆与圆、OA、OB相切，再作圆与圆、OA、OB相切，以此类推．设圆、圆……的面积依次为，……，那么______________．【答案】【分析】分别设圆的半径为，根据题意可得是以为首项，为公比的等比数列，然后结合圆的面积公式和等比数列求和公式计算即可求解.【详解】如图，设圆与OA分别切于点，则，圆的半径为，因为，所以，在中，，则，即，解得，在中，，则，即，解得，同理可得，所以是以为首项，为公比的等比数列，因为，所以面积，……构成一个以为首项，以为公比的等比数列，则，故答案为：. 三、解答题17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．(1)求；(2)若，求△ABC的周长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意和诱导公式可得，利用两角和的余弦公式化简计算即可求解；（2）根据题意和正弦定理可得，结合余弦定理求得，即可求解.【详解】（1）由题意在△ABC中，，∴，∴，∵，∴．（2）由题意及（1）得在△ABC中，，由正弦定理可得，，又由（1）得，∴；由余弦定理可得，∴，∴，∴△ABC的周长为：．18．如图，直四棱柱的底面是菱形，，，E，M，N分别是BC，，的中点． (1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接ME，，证明四边形MNDE为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）连接，，设，，以O为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）连接ME，，∵M，E分别为，BC中点，∴ME为的中位线，∴且，因为且，所以四边形为平行四边形，所以且，又N为中点，∴且，∴，，∴四边形MNDE为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；（2）连接，，设，，由直四棱柱性质可知：平面ABCD，∵四边形ABCD为菱形，∴，则以O为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，则：，，，，，取AB中点F，连接DF，则，∵四边形ABCD为菱形且，∴为等边三角形，∴，又平面ABCD，平面ABCD，∴，又平面，∴平面，即DF⊥平面，∴为平面的一个法向量，且，设平面的一个法向量为，又，，∴，令，则，，∴平面的一个法向量为∴，∴，∴二面角的正弦值为．19．2023年1月26日，世界乒乓球职业大联盟（WTT）支线赛多哈站结束，中国队包揽了五个单项冠军，乒乓球单打规则是首先由发球员发球2次，再由接发球员发球2次，两者交替，胜者得1分．在一局比赛中，先得11分的一方为胜方（胜方至少比对方多2分），10平后，先多得2分的一方为胜方，甲、乙两位同学进行乒乓球单打比赛，甲在一次发球中，得1分的概率为，乙在一次发球中，得1分的概率为，如果在一局比赛中，由乙队员先发球．(1)甲、乙的比分暂时为8：8，求最终甲以11：9赢得比赛的概率；(2)求发球3次后，甲的累计得分的分布列及数学期望．【答案】(1)(2)分布列见详解， 【分析】（1）根据题意可得甲以11：9赢得比赛，则甲再得到3分，乙得到1分，且甲得到最后一分，再根据独立事件的乘法公式求概率即可；（2）根据题意可得X的可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率列出分布列，再求其数学期望即可．【详解】（1）甲以11：9赢得比赛，共计20次发球，在后4次发球中，需甲在最后一次获胜，最终甲以11：9赢得比赛的概率为：．（2）设甲累计得分为随机变量X，X的可能取值为0，1，2，3．，，，，∴随机变量X的分布列为：X0123P ∴．20．椭圆C：的左、右焦点分别为、，且椭圆C过点，离心率为．(1)求椭圆C的方程；(2)若点是椭圆上任一点，那么椭圆在点M处的切线方程为．已知是（1）中椭圆C上除顶点之外的任一点，椭圆C在N点处的切线和过N点垂直于切线的直线分别与y轴交于点P、Q．求证：点P、N、Q、、在同一圆上．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率和椭圆所过点及得到方程组，求出答案；（2）根据题意得到过点的椭圆的切线方程及直线NQ方程，得到P、Q两点坐标，从而得到，得到，，得到证明.【详解】（1）由题意得，解得，即椭圆C：．（2）由题意知：过点的椭圆的切线方程为，令，则；∵且，则设直线NQ方程为，令，则；又，，则；；即，，∴，即点N、P、Q、、在以PQ为直径的圆上．21．已知函数.(1)当时,求函数的零点;(2)对于任意的,恒有,求实数的取值范围.【答案】(1)有唯一的零点(2). 【分析】(1)的正负不明显时,对其再次求导判断值域,即可得出的正负,从而得出的单调性,再结合函数值即可判断零点个数.(2)注意到,可考虑让在单调递增求出的范围即可符合题意,然后再检验不单调递增时的范围即可，此法为端点效应.【详解】（1）当时,,得,令,则,,即,所以在上单调递增,注意到,故有唯一的零点.（2）注意到,只要即可，,,令,则,当时,,有,即,符合题意;当时,,若,即时,,此时,即,符合题意;若,即时,在上单调递减,在上单调递增知,∴,不合题意,综上.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于分类讨论，首先讨论时的情况，然后讨论时，利用端点效应代入求出的范围，并检验是否符合题意，22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)若直线l与曲线C交于P，两点，且点，求的值．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）消去参数即可得到曲线的普通方程；通过，即可将直线的极坐标方程转化为直角坐标方程；（2）首先将直线的普通方程转化为参数方程，再将其代入曲线的普通方程中，借助韦达定理及参数的几何意义即可进行求解.【详解】（1）曲线C（t为参数），消去t得它的普通方程为，,直线l：化为直角坐标方程为．（2）直线l：化为参数式为（t为参数），与联立得，即．∴，，，∴．23．已知，．(1)若，求不等式的解集；(2)，若图象与两坐标轴围成的三角形面积不大于2，求正数m的取值范围．【答案】(1){或}；(2). 【分析】（1）利用零点分段法求解出绝对值不等式；（2）作出函数的大致图象，结合条件表示出三角形面积，结合条件列出不等式，进而即得.【详解】（1）当时,，由，可得或或，解得或，所以不等式的解集为或；（2）由题可得，可得函数的大致图象如图所示，图象与两坐标轴交于点，，所以，依题意，所以，，所以．