2022届陕西省西安中学高三下学期四模数学（理）试题含解析

2022届陕西省西安中学高三下学期四模数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别求解集合，进而取交集即可.

【详解】，

，

当时，；

当时，；

当时，.

所以

则.

故选：B.

2．已知（为虚数单位），则复数在复平面内所对应的点一定在（       ）

A．实轴上 B．虚轴上

C．第一､三象限的角平分线上 D．第二､四象限的角平分线上

【答案】C

【分析】设出，从而得到，即，得到复数在复平面内所对应的点在第一､三象限的角平分线上.

【详解】设，则，则，即，从而，故，所以复数在复平面内所对应的点在直线上，即第一､三象限的角平分线上.

故选：C

3．质检机构为检测一大型超市某商品的质量情况，利用系统抽样的方法从编号为1～120的该商品中抽8件进行质检，若所抽样本中含有编号67的商品，则下列编号没有被抽到的是（       ）

A．112 B．37 C．22 D．9

【答案】D

【分析】根据系统抽样的定义求解即可.

【详解】由系统抽样的特点知抽样间隔为120÷8=15，

故所抽样本编号符合（为第一段的抽取样本编号，），

由抽取样本中有编号67，则，选项中不符合的是9．

故选：D．

4．溶液酸碱度是通过pH计量的.pH的计算公式为，其中表示溶液中氢离子的浓度，单位是摩尔/升，已知胃酸中氢离子的浓度为摩尔/升，则胃酸的pH约为（       ）（参考数据：lg2≈0.301）

A．0.398 B．1.301 C．1.398 D．1.602

【答案】D

【分析】直接利用所给公式计算求解即可

【详解】由题意得胃酸的pH为

，

故选：D

5．由组成没有重复数字的五位数，则组成的五位数是奇数的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用排列组合知识可求得基本事件总数和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.

【详解】由组成没有重复数字的五位数，基本事件总数为：；

其中是奇数的基本事件个数为：，所求概率.

故选：D.

6．圆柱形玻璃杯中盛有高度为10cm的水，若放入一个玻璃球（球的半径与圆柱形玻璃杯内壁的底面半径相同）后，水恰好淹没了玻璃球，则玻璃球的半径为（       ）

A． B．15cm C． D．20cm

【答案】B

【分析】由题意玻璃球的体积等于放入玻璃球后的体积减去原来的体积, 水恰好淹没了玻璃球，则此时水面高度为,列出方程即可得到答案.

【详解】由题意玻璃球的体积等于放入玻璃球后的体积减去原来的体积.

设玻璃球的半径为，即圆柱形玻璃杯的底面半径为

则玻璃球的体积为，圆柱的底面面积为

若放入一个玻璃球后，水恰好淹没了玻璃球，则此时水面高度为

所以，解得

故选：B

7．一个二元码是由0和1组成的数字串，其中称为第k位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）

已知某种二元码的码元满足如下校验方程组：，其中运算⊕定义为：．现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于（       ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】B

【详解】试题分析：由题意得相同数字经过运算后为，不同数字运算后为．由可判断后个数字出错；由可判断后个数字没错，即出错的是第个或第个；由可判断出错的是第个，综上，第位发生码元错误．

【解析】推理证明和新定义．

【一题多解】依题意，二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，①若，则，从而由校验方程组，得，故；②若，则，从而由校验方程组，得，故；③若，则，从而由校验方程组，得，故；④若，则，从而由校验方程组，得，故；⑤若，则，从而由校验方程组，得，故符合题意；⑥若，则，从而由校验方程组，得，故；⑦若，则，从而由校验方程组，得，故；综上，等于．

8．已知函数，将图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图像.若，且，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】应用辅助角公式化简，再由图像平移写出的解析式，结合已知及正弦型函数的周期性确定的最小值.

【详解】由题设，，故，

要使且，则或，

∴的最小值为1个周期长度，则.

故选：B.

9．数列为等差数列，且，则（       ）

A．1 B．3 C．6 D．12

【答案】D

【分析】根据定积分的几何意义求，再应用等差中项的性质求目标式的值.

【详解】∵表示半径为2的四分之一圆面积(处于第一象限)，

∴，又为等差数列，

∴，则.

故选：D.

10．已知点是双曲线的左焦点，过点且斜率为的直线与双曲线的右支交于点，与轴交于点，若点为的中点，则该双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先设直线方程，过点M作轴于H，由已知条件得，利用可求得离心率.

【详解】设直线方程为，依题意得，

过点M作轴于H，点为的中点，则，

所以，

又当，代入双曲线中得，解得，

所以，

即有，所以，等式两边同除以，有，

解得（舍去）

所以双曲线的离心率.

故选：D.

11．哥特式建筑是1140年左右产生于法国的欧洲建筑风格，它的特点是尖塔高耸､尖形拱门､大窗户及绘有故事的花窗玻璃，如图所示的几何图形，在哥特式建筑的尖形拱门与大窗户中较为常见，它是由线段和两个圆弧，弧围成，其中一个圆弧的圆心为，另一个圆弧的圆心为，圆与线段及两个圆弧均相切，则的值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，结合勾股定理，以及正切的二倍角公式，即可求解.

【详解】如图所示，过点作，交于点，

设，圆的半径为，由题意知，，，

 因为，得，解得，

因此，

故.

故选：C.

12．已知函数有两个极值点，，且，，则的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意可知，导函数有两个变号的零点，，且，，从而问题可以转化为二次方程根的分布问题，列出不等式组，最后根据线性规划求解的取值范围即可.

【详解】因为函数有两个极值点，，且，，

所以，则，是方程的两根，

令，由，，

则，

根据约束条件画图得：

的几何意义表示阴影区域中点与定点连线的斜率，

则由图可知．

故选：A

【点睛】(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．

(2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．

二、填空题

13．已知向量，若与共线，则实数_________．

【答案】1或

【分析】根据平面向量共线的坐标表达，结合已知条件，即可列出的方程，求解即可.

【详解】因为与共线，，解得或．

故答案为：或.

14．已知，则_______．

【答案】

【分析】由诱导公式化简得，平方后计算得，从而计算出，再由诱导公式以及余弦的二倍角公式代入求解得答案.

【详解】，则，所以，因为，所以，，则.

故答案为：

15．下列说法中，正确命题的序号是________．

①若命题“”为真命题，则，恰有一个为真命题；

②命题“，”的否定是“，”；

③设，为非零向量，则“”是“与的夹角为锐角”的充要条件；

④命题“函数仅有一个零点”的逆否命题是真命题．

【答案】①④

【分析】根据复合命题的真假判断①，根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断②，根据向量数量积的定义判断③，利用导数研究函数的单调性，即可判断④；

【详解】解：对于①，若命题“”为真命题，则为真且为真，则为假，故①正确；

对于②，命题“，”的否定是“，”，故②错误；

对于③：设，为非零向量，由得不到与的夹角为锐角，如与同向时满足，由与的夹角为锐角，则，故“”是“与的夹角为锐角”的必要不充分条件，故③错误；

对于④，因为，则恒成立，所以在定义域上单调递增，又，所以命题“函数仅有一个零点”为真命题，故其逆否命题也为真命题，故④正确；

故答案为：①④

16．已知等差数列的前项和为，若，，则的取值范围是__________．

【答案】

【分析】设等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式与等差数列的性质可得出，，可得出，求出的取值范围，进而可求得的取值范围.

【详解】由题意可得，则，

因为，可得，则，

设等差数列的公差为，则，

由题意可得，可得，所以，，

所以，.

故答案为：.

三、解答题

17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．

(1)求B；

(2)设D为边上一点，，且________，求面积的最小值．

从①，②这两个条件中任选一个，补充到上面问题中的横线上，并作答．

注：如果选择①和②两个条件分别作答，则按照第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再利用两脚和的正弦公式及三角形内角的关系，从而可得出答案；

（2）选①，由，得，化简得，再利用余弦定理结合基本不等式可求得的最小值，即可得出答案.

选②，由，可得，则，再利用余弦定理结合基本不等式可求得的最小值，即可得出答案.

【详解】(1)解：因为，

由正弦定理，得，

即，

所以，

由，得，所以，即，

因为，所以；

(2)解：选①，

由，得，化简得，

由余弦定理，得，即，

解得（当且仅当时取等号），

所以的面积，

故面积的最小值为．

选②，

由，

得，

即，化简得，

由，得（当且仅当时取等号），

所以的面积，

故面积的最小值为．

18．某慈善机构举办一次募捐演出,有一万人参加,每人一张门票,每张100元. 在演出过程中穿插抽奖活动．第一轮抽奖从这一万张票根中随机抽取10张,其持有者获得价值1000元的奖品,并参加第二轮抽奖活动．第二轮抽奖由第一轮获奖者独立操作按钮,电脑随机产生两个数,(,),随即按如右所示程序框图运行相应程序．若电脑显示”中奖”,则抽奖者获得9000元奖金;若电脑显示”谢谢”,则不中奖．

(Ⅰ)已知小曹在第一轮抽奖中被抽中, 求小曹在第二轮抽奖中获奖的概率;

(Ⅱ)若小叶参加了此次活动,求小叶参加此次活动收益的期望;

(Ⅲ)若此次募捐除奖品和奖金外,不计其它支出,该机构想获得96万元的慈善款．问该慈善机构此次募捐是否能达到预期目标．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）-97；（Ⅲ）能达到预期目标.

【分析】（Ⅰ）利用列举法，根据古典概型概率公式可得结果；（Ⅱ）设小叶参加此次活动的收益为，的可能取值为，利用古典概型概率公式与独立事件概率公式求出各随机变量对应的概率，可得分布列，利用期望公式可得结果；（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，购票者每人收益期望为，该机构此次收益期望为元=万元，由可得结果.

【详解】（Ⅰ）从1，2，3三个数字中有重复取2个数字，其基本事件有

共9个，

设“小曹在第二轮抽奖中获奖”为事件，

且事件所包含的基本事件有共2个，

∴.

（Ⅱ）设小叶参加此次活动的收益为，

的可能取值为

，，

．

∴的分布列为

∴．

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，购票者每人收益期望为.

∵有一万人购票，除奖金和奖品外，不计其它支出，

∴该机构此次收益期望为元=万元，

∵，

∴该慈善机构此次募捐能达到预期目标.

【点睛】本题主要考查古典概型概率公式、独立事件同时发生的概率公式以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解数学期望问题，首先要正确理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所有可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.

19．如图，已知四棱锥的底面是矩形，平面ABCD，，点E是棱AD上的一点，且，点F是棱PC上的一点，且．

(1)求证：平面PEB；

(2)求直线PC与平面PEB所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）在棱PB上取一点G，使得，连接GF，GE，由四边形DEGF是平行四边形得出，再由判定定理证明平面PEB；

（2）以D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法得出直线PC与平面PEB所成角的正弦值．

【详解】(1)证明：在棱PB上取一点G，使得，连接GF，GE，

在中，，，所以，且．

又，，所以，，

所以四边形DEGF是平行四边形．所以，

又平面PBE，平面PBE，所以平面PBE．

(2)解：如图，以D为原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．

不妨设，易得．所以，，，

，，所以，，．

设平面PBE的一个法向量是，可得

令，解得，，所以．

设直线PC与平面PEB所成角为，所以，

即直线PC与平面PEB所成角的正弦值是．

20．已知椭圆的左､右顶点分别为，右焦点为，过的直线与交于两点.

（1）设和的面积分别为，若，求直线的方程；

（2）当直线绕点旋转时，求证：四边形的对边与所在直线的斜率的比值恒为常数.

【答案】（1）；（2）证明见解析；

【分析】（1）求得，，根据三角形面积公式，及，求得，根据椭圆对称性知，直线垂直于x轴，从而求得直线方程；

（2）设，，PQ的方程为，（由题知PQ的斜率不为0），

联立椭圆方程，求得韦达定理，，化简，代入韦达定理，化简证得结果.

【详解】（1）由题知，，，则，

故，，

结合，，

求得，则根据椭圆对称性知，直线垂直于x轴，直线的方程为；

（2）设，，PQ的方程为，（由题知PQ的斜率不为0），

联立椭圆方程，化简得，

则，

故结论得证；

21．已知函数．

（1）讨论函数的极值；

（2）设，若有三个零点，求实数的取值范围．

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【分析】（1）讨论含参函数的单调性，根据单调区间求极值即可.

（2）求出的导函数，根据单调性情况分析零点，求解范围即可.

【详解】解：（1）的定义域为，，

当时，，，则，则，

故在上单调递减，无极值；

当时，令，得；令，得，

故在上单调递增，在上单调递减，

所以在处取得极大值，无极小值．

（2）由题意，

的定义域为，

．

①若，则当时，，则在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

所以至多有两个零点，不合题意；

②若，则，（仅）．

在上单调递增，所以至多有一个零点，不合题意；

③若，则，

当或时，，在，上单调递增；

当时，，在上单调递减，

要使有三个零点，必须有成立．

若，得，这与矛盾，

所以不可能有三个零点（由，所以至多有一个零点，不合题意）；

④若，则．

当或时，，在，上单调递增；

当时，，在上单调递减，

要使有三个零点，必须有成立，

由，得，由及，

得，所以．

并且当时，，，

，

．

综上所述，使有三个零点的实数的取值范围为．

【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：

(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；

(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；

(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.

22．在平面直角坐标系中，圆C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（t为参数），设原点O在圆C的内部，直线l与圆C交于M，N两点；以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

(1)求直线l和圆C的极坐标方程，并求a的取值范围；

(2)求证：为定值．

【答案】(1)，，

(2)证明见解析

【分析】（1）先将参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程，由点与圆的位置关系得出a的取值范围；

（2）将代入，利用韦达定理结合的几何意义得证明即可.

【详解】(1)解：将直线l的参数方程化为普通方程，得，所以直线l的极坐标方程为；

将圆C的参数方程化为直角坐标方程，得，

所以圆C的极坐标方程为．

由原点O在圆C的内部，得，解得，

故a的取值范围是．

(2)证明：将代入，得．

则，

所以，

故为定值．

23．已知

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若时，，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）根据，将原不等式化为，分别讨论，，三种情况，即可求出结果；

（2）分别讨论和两种情况，即可得出结果.

【详解】（1）当时，原不等式可化为；

当时，原不等式可化为，即，显然成立，

此时解集为；

当时，原不等式可化为，解得，此时解集为空集；

当时，原不等式可化为，即，显然不成立；此时解集为空集；

综上，原不等式的解集为；

（2）当时，因为，所以由可得，

即，显然恒成立；所以满足题意；

当时，，因为时， 显然不能成立，所以不满足题意；

综上，的取值范围是.

【点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的方法求解即可，属于常考题型.