2022届陕西省西安中学高三下学期八模理科数学试题含解析

陕西省西安中学2022届高三下学期八模

理科数学试题

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．复数满足（是虚数单位），则复数的共轭复数（       ）

A． B． C． D．

2．设集合，，则（       ）

A． B．

C． D．

3．若命题：，，命题：，，则下列命题中是真命题的是(       )

A． B．

C． D．

4．已知非常数函数满足，则下列函数中，不是奇函数的为（       ）

A． B． C． D．

5．已知直三棱柱，若，，是棱中点，则直线与直线所成角的余弦值为（       ）

A． B．

C． D．

6．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，则不同的安排方法共有（       ）

A．40种 B．30种 C．20种 D．60种

7．将曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再将得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则（       ）

A． B． C． D．

8．小明家订了一份报纸，送报人可能在早上至之间把报纸送到小明家，小明的父亲离开家去工作的时间在早上至之间，则小明父亲在离开家前能看得到报纸的概率为（       ）

A． B． C． D．

9．如图所示，一座建筑物AB的高为(30－10) m，在该建筑物的正东方向有一座通信塔CD．在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则通信塔CD的高为（       ）

A．30 m B．60 m

C．30 m D．40 m

10．已知函数在内恰有个极值点，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

11．已知椭圆与圆，若在椭圆上存在点，使得过点所作的圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

12．已知，且，，，则（       ）

A． B．

C． D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．双曲线的焦距为__________.

14．已知向量，，，则___________.

15．锐角中，内角的对边分别为，若，则的面积的取值范围是________

16．某零件的结构是在一个圆锥中挖去了一个正方体，且正方体的一个面与圆锥底面重合，该面所对的面的四个顶点在圆锥侧面内．在图①②③④⑤⑥⑦⑧中选两个分别作为该零件的主视图和俯视图，则所选主视图和俯视图的编号依次可能为________（写出符合要求的一组答案即可）．

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答

17．2021年4月我国进入新冠疫苗全民接种阶段，已达到每天接种1000万人接种疫苗能力．现为了调查普通人群(年龄)免费接种意向，现社区从某小区随机抽查100名业主(年龄)进行调查，得如下表格：

(1)补充上述表格，根据表格判断有多大的把握认为该小区住户有无注射疫苗的意向和年龄有关？

(2)先用分层抽样方法从该小区“无意向”业主中抽取6名业主，再从这6名业主中随机抽取3名业主调查无意向原因，设抽到“年龄”的人数为，求随机变量的分布列和数学期望．

附：

18．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．

（1）证明：平面AMD平面BMC；

（2）当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．

19．记数列的前项和为，已知

（1）求数列的通项公式；

（2）求使成立的的最大值.

20．已知.

（1）当有两个零点时，求a的取值范围；

（2）当，时，设，求证：.

21．已知抛物线的焦点为，过的直线与相交于，两点，，是的两条切线，，是切点.当轴时，.

（1）求抛物线的方程；

（2）证明：.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．

22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

在平面直角坐标系中，曲线的方程为(，为参数).

（1）求曲线的普通方程并说明曲线的形状.

（2）以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求曲线的对称中心到曲线的距离的最大值.

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

关于的不等式的解集为，其中．

(1)求实数，的值；

(2)若正数，满足，求的最小值．

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

设，代入中化简可求出的值，从而可求得答案

【详解】

设，

因为，

所以，

所以，

所以，解得，

所以，所以，

故选：B

2．A

【解析】

【分析】

根据集合的描述确定、的元素，进而判断它们的包含关系即可.

【详解】

由且，即，而，

所以为的子集，则.

故选：A

3．D

【解析】

【分析】

根据二次函数性质判断命题p的真假，根据绝对值的定义判断q的真假，从而可逐项判断真假．

【详解】

对于关于x的二次方程，∵，故恒成立，

∴不存在，使得，∴命题p是假命题，命题为真命题；

当x<0时，，∴命题q是真命题，命题是假命题；

故为假命题，为假命题，为假命题，为真命题．

故选：D．

4．D

【解析】

【分析】

根据奇函数的定义判断．

【详解】

因为，所以

，则，是奇函数，

同理也是奇函数，

，则，是奇函数，

，为偶函数，

故选：D．

5．C

【解析】

【分析】

为中点，连接易得为平行四边形，则，进而确定直线与直线所成角的平面角，应用余弦定理求其余弦值.

【详解】

若为中点，连接，又是棱中点，

所以，在直三棱柱中且，即为平行四边形，

所以，则直线与直线所成角即为，

若，则，，

所以.

故选：C

6．D

【解析】

【分析】

根据题意，分析可得，先取后排的原则，有计算可得答案．

【详解】

根据题意，周一至周五5天中选3天，安排甲、乙、丙3位志愿者共有种安排方法，

故选：D．

【点睛】

本题考查排列、组合的综合问题，在解决此类问题，一般采用先组合后排列的方法，属于基础题.

7．D

【解析】

由图象变换可得，代入自变量求值即可.

【详解】

由题意，得：，

则．

故选：D．

8．B

【解析】

【分析】

设送报人到达时间为，小明父亲离开家的时间为，可以看成是平面中的点，列出关于的不等式组，利用线性规划求出构成的面积，以及小明父亲在离开家前能得到报纸的构成的面积，利用几何概型概率公式求解即可.

【详解】

设送报人到达时间为，小明父亲离开家的时间为，可以看成是平面中的点，

试验的全部结果所构成的区域为

这是一个矩形区域，面积

设小明父亲在离开家前能看得到报纸为事件.

则事件所构成的区域为

，

由几何概型概率公式可得，

∴小明父亲在离开家前能得到报纸的概率是.故选： B.

9．B

【解析】

【分析】

在中，求得；过作，求得；在中，由正弦定理，求得；再在中，即可求得结果.

【详解】

在Rt△ABM中，AM＝＝＝＝20（m）．

过点A作AN⊥CD于点N，如图所示

易知∠MAN＝∠AMB＝15°，所以∠MAC＝30°＋15°＝45°．

又∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，所以∠ACM＝30°．

在△AMC中，由正弦定理得＝，

解得MC＝40（m）．

在Rt△CMD中，CD＝40×sin60°＝60（m），

故通信塔CD的高为60 m．

故选：.

【点睛】

本题考查利用正余弦定理求高度，属综合基础题.

10．D

【解析】

【分析】

利用辅助角公式将函数化为，再根据函数在内恰有个极值点，可得，从而可得出答案.

【详解】

解：，

因为，所以，

又因为函数在内恰有个极值点，

所以，解得，

所以实数的取值范围是.

故选：D.

11．C

【解析】

【分析】

若长轴端点，由椭圆性质：过的两条切线互相垂直可得，结合求椭圆离心率的范围.

【详解】

在椭圆的长轴端点处向圆引两条切线，，

若椭圆上存在点，使过的两条切线互相垂直，则只需，即，

∴，得，

∴，

又，∴，即．

故选：C

12．A

【解析】

【分析】

构造函数，根据单调性即可确定的大小.

【详解】

设函数，，当，此时单调递增，当，此时单调递减，由题，，，得，因为，所以，则，且，所以.

故选：A.

【点睛】

解本题的关键是发掘题中三个式子的相似性，并进行等价变形，易于构造函数，本题多次利用函数的单调性，先利用单调性判断函数值大小，再由函数单调性判断自变量大小.

13．6

【解析】

【分析】

将双曲线的方程化为标准方程，求得a，b，c，可得焦距2c的值．

【详解】

双曲线2x2﹣y2＝6即为1，

可得a，b，c3，

即焦距为2c＝6．

故答案为6．

【点睛】

本题考查双曲线的简单几何性质，焦距的求法，注意将双曲线的方程化为标准方程，运用双曲线的基本量的关系，考查运算能力，属于基础题．

14．

【解析】

【分析】

根据向量垂直得到数量积为零，即可求出参数的值，再根据向量模的公式计算可得；

【详解】

∵，， 且，

∴，

所以，，

所以.

故答案为：

【点睛】

本题考查向量的数量积及向量模的坐标表示，属于基础题.

15．

【解析】

【分析】

根据余弦定理，求得角A，进而可得面积S表达式，当时，可得，当时，可得，结合条件，即可得答案.

【详解】

由余弦定理得，

因为，所以，

所以，

当时，，

当时，，

因为锐角，所以，

所以.

故答案为：

16．⑤⑦（或①⑧）

【解析】

【分析】

先选俯视图，再由俯视图选主视图即可

【详解】

若俯视图为图⑦，则主视图为图⑤，

若俯视图为图⑧，则主视图为图①，

故答案为：⑤⑦（或①⑧）

17．(1)表格见解析；99%；

(2)．

【解析】

【分析】

(1)补充完整表格，计算即可判断；(2)求出抽取的6名业主中“年龄”的人数和"年龄”的人数，求出X的可能取值，根据超几何分布分布列求法求解即可．

(1)

补充完整的表格如下：

∴，

∵，

∴有的把握认为该小区业主有无注射疫苗的意向和年龄有关；

(2)

由题意可得抽取的6名业主中“年龄”的有3人，"年龄”的有3人，

则的可能取值为，

∴的分布列为：

∴．

18．（1）详见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）先证AD平面DCM，可得，易得，再证平面ADM，最后由面面垂直的判定定理可证平面AMD平面BMC；

（2）分析可得当M为圆弧的中点时，三棱锥的体积最大，建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用向量法求解即可.

【详解】

（1）易知，在半圆中，，

由题正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在的平面垂直，交线为CD，

因为ADCD，所以AD平面DCM，又平面DCM，则，

DM，AD平面ADM，平面ADM，又平面ADM，

平面AMD平面BMC；

（2）的面积为定值，

要使三棱锥体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，

以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，，，

则平面MCD的法向量，

设平面MAB的法向量，

由得：，令，则，，

所以，

则，

则平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值为.

19．（1）.（2）4

【解析】

【分析】

(1)分析得,再由,等式两边同除以即可证明数列是等差数列,进而求得,再根据数列通项与前项和的关系求解数列的通项公式即可.

(2)根据(1)可知当时,,再整理求解二次不等式即可.

【详解】

（1）当时,若,则由,得,这与相矛盾,所以.

由,等式两边同除以并整理,和.

所以数列是首项为,公差的等差数列.

所以,化简得.

所以当时,.

又因为,不符合上式,所以

（2）由（1）知

易知.所以由题意,得,整理,得.

解得.

所以使成立的的最大值是4.

【点睛】

本题考查数列的前项和与通项的关系､数列的递推公式,考查推理论证能力以及化归转化思想.

20．（1）或；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）化简，根据题意得有一个非零实根，设，利用导数求得函数的单调性和极值，结合函数的值的变化趋势，即可求解；

（2）化简，根据题意转化为，令，得到新函数，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.

【详解】

（1）由题意，函数

因为有两个零点，又因为时，解得，

所以当有一个非零实根，

设，可得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以当时，函数取得最小值，最小值为，

又由，时，；时，，

所以或，即实数a的取值范围是.

（2）由题意，可得，

要证，即证，

令，令，可得，

令，即，解得；

令，即，解得，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，即，即.

【点睛】

利用导数证明不等式问题：

（1）直接构造法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

21．（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）由通径公式，求，即可求得抛物线方程；（2）证法一：首先设出点的坐标，利用导数的几何意义求得切线的方程，并求得点的坐标，再设直线方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，并通过数量积公式，可证明，即可证明；证法二：利用导数的几何意义求得切线的方程，代入点的坐标，即可求得直线方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，并表示，以及.

【详解】

（1）解：由题意可知，，准线方程为.

当轴时.根据抛物线的定义可知，，解得，

故的方程为.

（2）证法一：设，，由，得，

所以的斜率，

从而切线的方程为，即，

同理可知，的斜率，的方程为，

两式联立，解得，，

所以.

设的方程为，

由得，则，.

即，

所以，即.

则，，

因为

，

所以.

由，得，故.

证法二：设，，由得，，

所以的斜率，

所以切线的方程为，即，

同理可知，的斜率，的方程为，

设，则，，

所以，两点的坐标是方程的两个解，

即直线的方程为，亦即.

又直线恒过定点，

所以，即且直线的方程为.

由得.

所以，.

由抛物线定义知.

所以，

所以.

22．（1）曲线的普通方程为，曲线是以为圆心，1为半径的圆；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用三角函数的性质，曲线的方程消去曲线的参数，可得曲线的普通方程以及的形状；

（2）将曲线的极坐标方程化为普通方程，设出曲线的对称中心即为圆心，利用点线距公式结合正弦函数的性质，得出距离的最大值．

【详解】

（1）曲线的方程为(，为参数)可知

(，为参数)

消去参数得曲线的普通方程为

∴曲线是以为圆心，1为半径的圆.

（2）将曲线的极坐标方程为，即，

化为直角坐标方程为

曲线的对称中心即为圆心

∴曲线的对称中心到曲线的距离

∵

∴曲线的对称中心到曲线的距离的最大值为.

23．(1)，；

(2)4.

【解析】

【分析】

(1)把不等式化成一元二次不等式，再借助一元二次方程列式计算作答.

(2)利用(1)的结论结合“1”的妙用计算作答.

(1)

依题意，不等式化为：，而，则是方程的二根，且，

因此，且，解得或，

当时，，符合题意，当时，不符合题意，

所以，.

(2)

由(1)知，，，而，

则有，当且仅当时取“=”，

由，解得：，

所以当时，取最小值4.