2023届陕西省咸阳市高三下学期二模数学（理）试题含解析

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：B

2．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：C

3．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：A

5．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：C

7．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：A

12．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：0

16．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：

∴．

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．