2023届陕西省铜川市高三二模数学（理）试题含解析

2023届陕西省铜川市高三二模数学（理）试题

一、单选题

1．若全集，，，则（    ）.

A． B． C． D．

【答案】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．已知复数，满足，，则（    ）

A． B． C． D．6

【答案】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．执行下面的程序框图，则输出S的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】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．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

【答案】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．命题：“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】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．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】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．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．

【答案】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．等比数列满足，设数列的前项和为，则=（    ）

A． B． C．5 D．11

【答案】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．如图，在的边、上分别取点、，使，，与交于点，若，，则的值为

A． B． C． D．

【答案】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．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．

【答案】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．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

【答案】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．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

【答案】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.

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______.

【答案】《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．已知函数，若，则函数的值域为______.

【答案】

【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．已知数列的前项和为，且点总在直线上，则数列的前项和______.

【答案】

【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．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

【答案】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

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.

【答案】(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．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．

【答案】(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．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.

【答案】(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．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

【答案】(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．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．

【答案】(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．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.

【答案】(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．设函数．

(1)解不等式；

(2)令的最小值为T，正数满足，证明：．

【答案】(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.