陕西省2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试理科数学试卷（含解析）

陕西省2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试理科

数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：______________

一、单选题

1．若全集U={-2，1，2，5}，集合A={1，2，5}，B={-2，1，2}，则=（    ）

A．{-2，5} B．{-2，1，2}

C．{1，2} D．{2}

2．复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．

3．下列命题中，真命题的个数为（    ）

①若，则；②零向量的方向是任意的，所以零向量与任意向量平行或垂直；③所有单位向量都相等；④若，则、、三点共线；⑤若点到平面内两个定点的距离之和是一个定值，则点的轨迹为椭圆；

A．1 B．2 C．3 D．4

4．已知甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄的平均数、中位数、众数均为16，方差为0.8，则三年后，下列判断错误的是（    ）

A．这五位同学年龄的平均数变为19 B．这五位同学年龄的方差变为3.8

C．这五位同学年龄的众数变为19 D．这五位同学年龄的中位数变为19

5．一种药品在病人血液中的量不低于1500mg时才有疗效，如果用药前，病人血液中该药品的量为0mg，用药后，药在血液中以每小时20%的比例衰减．现给某病人静脉注射了3000mg的此药品，为了持续保持疗效，则最长需要在多少小时后再次注射此药品（，结果精确到0.1）（    ）

A．2.7 B．2.9 C．3.1 D．3.3

6．下面命题中不正确的是（    ）

A．“”是“”的充分不必要条件

B．命题“任意，则”的否定是“存在，则”

C．设，，则“且”是“”的必要不充分条件

D．设，，则“且”是“”的充要条件

7．数列中，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

8．已知扇形的周长为6，圆心角的弧度数是4，则该扇形的弧长为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

9．已知α，β是两个不同平面，a，b是两条不同直线，则下列命题正确的是（    ）

A．若，，则

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，，，则

10．在中，角、、的对边分别为、、，若，的面积为，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

11．过点可作三条直线与曲线相切，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

12．已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知直线：，与双曲线：的一条渐近线垂直，则__________.

14．已知x，y满足约束条件，则的最大值是___________.

15．在三棱锥中，平面，，则该三棱锥的外接球的表面积为__________.

16．已知函数，若函数恰有4个不同的零点，则实数的取值范围是________.

三、解答题

17．已知是公差不为的等差数列，，且、、成等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

18．某校为了解高一年级学生的数学学科发展状况，随机抽取了100名学生，列出他们的高一第一学期期中考试数学成绩的频率分布直方图如下图，其中成绩的分组区间为：.

(1)求图中的值；

(2)利用样本估计总体的方法，估计该校高一年级此次期中考试的平均分（同一分组的成绩用该组区间的中点值做代表）；

(3)若将分数从高分到低分排列，取前20%的同学评定为“优秀”档次，用样本估计总体的方法，估计本次期中考试“优秀”档次的分数线.

19．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．

20．已知椭圆的右焦点，长半轴长与短半轴长的比值为2．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设为椭圆的上顶点，直线与椭圆相交于不同的两点，，若，求直线的方程．

21．已知函数.

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)求函数的单调区间；

(3)若函数在上有且仅有个零点，求的取值范围.

22．已知直线过点，且倾斜角为，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．

(1)求的直角坐标方程与的参数方程；

(2)若与相交于不同的两点，求的值．

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)设时，的最小值为M．若正实数a，b，满足，求的最小值.

参考答案：

1．A

【分析】由交集，补集定义可得答案.

【详解】因A={1，2，5}，B={-2，1，2}，则.

又U={-2，1，2，5}，则.

故选：A

2．B

【分析】由复数除法法则计算后，根据复数定义可得．

【详解】，所以的虚部为，

故选：B．

3．B

【解析】根据相等向量的定义可判断①；由零向量的定义可判断②；由单位向量的定义可判断③；向量共线且有相同起点可判断④；根据椭圆定义可判断⑤.

【详解】①相等向量是指大小相等方向相同的两个向量，若，则的方向不一定相同，错误；

②零向量的方向是任意的，所以零向量与任意向量平行或垂直，正确；

③所有单位向量模长相等，但是方向不一定相同，错误；

④若，且两个向量有共同的起点A，则、、三点共线；

⑤在同一平面内，点到两个定点的距离之和是一个定值，并且这个定值大于两个定点之间的距离，则点的轨迹为椭圆，比如定值等于两个定点之间的距离，轨迹为线段，所以错误；

故选：B.

【点睛】本题考查向量的有关概念、椭圆的定义，关键点是熟练掌握向量的有关概念和性质、椭圆的定义，考查了学生对基本概念的理解.

4．B

【分析】利用平均数、中位数、方差的定义及性质注意判断即可．

【详解】解：甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄的平均数、中位数、众数均为16，方差位0.8，

三年后，

这五位同学年龄的平均数变为，故A正确；

这五位同学的方差不变，仍为0.8，故B错误．

这五位同学年龄的众数变为，故C正确；

这五位同学年龄的中位数变为，故D正确；

故选：B．

5．C

【分析】根据题意列出关于的式子，根据对数的运算性质即可求解.

【详解】设注射个小时后需要向病人血液中再次注射该药品，则，

由得：

故的最大值为3.1,

故选：C

6．C

【分析】分别判断充分性与必要性，即可得出选项ACD的正误；根据全称命题的否定是特称命题，判断选项B的正误．

【详解】对于A，或，则“”是“”的充分不必要条件，故A对；

对于B，全称命题的否定是特称命题，“任意，则”的否定是“存在，则”，故B对；

对于C，“且”“”，但“”推不出“且”，

所以“且”是“”的充分不必要条件，故C错；

对于D，且，则“”是“”的充要条件，故D对；

故选：C．

7．B

【分析】将代入，再利用诱导公式以及特殊角的三角函数值即可求解.

【详解】.

故选：B.

8．B

【分析】利用扇形的周长与圆心角求出扇形的半径，然后利用扇形的弧长公式计算即可.

【详解】设扇形的半径为，圆心角为，弧长为，

则周长为6得：，

所以扇形的弧长为：，

故选：B.

9．C

【分析】分别利用线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的性质定理判断即可.

【详解】对于,若，，则或，故错误，

对于,若，，时，可能与相交，但不垂直，即不一定，故错误，

对于,由平面与平面垂直的性质定理可知，若，，，时，则，若时，直线与平面不垂直，故错误，

对于C. 若，则两平面的法向量互相垂直，因为，，所以，正确

故选：C.

10．C

【分析】求出角的值，利用三角形的面积公式可得出，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最小值.

【详解】因为且，则，

因为，所以，，

由余弦定理可得，所以，，

当且仅当时，等号成立，故的最小值为.

故选：C.

11．D

【分析】求导得到导函数，设切点为，得到切线方程，代入点坐标得到，设，计算函数的极值，得到答案.

【详解】，，

设切点为，则切线方程为，

切线过点，，整理得到，

方程有三个不等根.

令，则，令，则或，

当或时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减，

极大值，极小值，函数与有三个交点，

则，的取值范围为.

故选：D

12．C

【分析】通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析.

【详解】因为，所以，

令，所以，对函数求导：

，  由有：，

由有：，所以在单调递增，在

单调递减，因为，由有：，

故A错误；

因为，所以，由有：，

故D错误；

因为，所以，

因为，所以，所以，故C正确；

令 有：

=，当，.所以

在单调递增，当时，，

即，又，所以，

因为，所以，因为在

内单调递减，所以，即，故B错误.

故选：C.

13．4

【分析】求得双曲线的渐近线方程，根据直线垂直列出等量关系，即可求得结果.

【详解】对双曲线：，其渐近线方程为，

对直线：，且斜率为，

根据题意可得，解得.

故答案为：.

14．2

【分析】根据不等式组作出可行域，再由目标函数的几何意义可求得其最大值.

【详解】解：由已知作出可行域如下图所示，

由得，则在点处取得最大值2.

故答案为：2.

15．

【分析】由已知中平面， ，可得：三棱锥外接球等同于以 为长宽高的正方体的外接球，进而得到答案．

【详解】∵平面，，

故三棱锥外接球等同于以 为长宽高的正方体的外接球，

故三棱锥外接球的表面积 ，

故答案为．

【点睛】本题考查的知识点是球的表面积，根据已知借助正方体模型求出球的半径，是解答的关键．属于中档题．

16．

【解析】本题首先可根据函数解析式得出函数在区间和上均有两个零点，然后根据在区间上有两个零点得出，最后根据函数在区间上有两个零点解得，即可得出结果.

【详解】当时，令，得，即，该方程至多两个根；

当时，令，得，该方程至多两个根，

因为函数恰有4个不同的零点，

所以函数在区间和上均有两个零点，

函数在区间上有两个零点，

即直线与函数在区间上有两个交点，

当时，；

当时，，此时函数的值域为，

则，解得，

若函数在区间上也有两个零点，

令，解得，，

则，解得，

综上所述，实数的取值范围是，

故答案为：.

【点睛】本题考查根据函数零点数目求参数的取值范围，可将其转化为两个函数的交点数目进行求解，考查函数最值的应用，考查推理能力与计算能力，考查分类讨论思想，是难题.

17．(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题中条件可得出关于的等式，解出的值，再利用等差数列的通项公式即可求得的表达式；

（2）求出数列的通项公式，利用裂项相消法可求得.

【详解】（1）设等差数列的公差为，，则，，且，

又因为、、成等比数列，所以，即，

又，解得，

所以.

（2）由（1）知，

所以.

18．(1)

(2)73

(3)82.5

【分析】（1）由频率分布直方图的所有长方形的面积之和等于1，即可求出答案；

（2）由频率分布直方图的平均数的求法，即可求出答案；

（3）由频率分布直方图可知，区间占5%，区间占20%，估计“优秀”档次的分数线在之间，由此即可求出答案.

【详解】（1）由题意得，，

解得：；

（2）估计该校此次期中考试平均分为

；

（3）由频率分布直方图可知，区间占5%，区间占20%，

估计“优秀”档次的分数线为：.

19．(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．

20．(1)

(2)

【分析】（1）由条件写出关于的方程组，即可求椭圆方程；

（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示，即可求参数.

【详解】（1）由题意得，，，，

，，

椭圆的标准方程为．

（2）依题意，知，设，．

联立消去，可得．

，即，，

，．

，．

，

，

整理，得，

解得或（舍去）．

直线的方程为．

21．(1)

(2)答案见解析

(3)

【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可求得曲线在点处的切线方程；

（2）求得，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；

（3）由可得，令，分析可知直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.

【详解】（1）解：当时，，，

所以，，，故曲线在点处的切线方程为.

（2）解：，则.

当时，，在上单调递增；

当时，由，得，

若，则；若，则.

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.

综上所述，当时，函数的增区间为；

当时，函数的增区间为，减区间为.

（3）解：当时，由可得，令，其中，

则直线与函数在上的图象有两个交点，

，当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减.

所以，函数的极大值为，且，，如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点，

因此，实数的取值范围是.

22．(1)曲线；直线（为参数）

(2)

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标互化原则可直接得到曲线的直角坐标方程；根据直线所过点和倾斜角可求得直线参数方程；

（2）将直线参数方程代入曲线直角坐标方程，根据直线参数方程中参数的几何意义可知所求为，结合韦达定理可求得结果.

【详解】（1）由得：，

，即，

即曲线的直角坐标方程为：.

过点，且倾斜角为，的参数方程为：（为参数）.

（2）将参数方程代入曲线的直角坐标方程得：，

即，

设对应的参数分别为，则，，

，，

，.

23．(1)

(2)

【分析】（1）首先对不等式化简，再由零点分段讨论即可得到原不等式的解；

（2）首先求得的最小值为M，再由基本不等式即可求得的最小值.

【详解】（1），可化为，

当时，不等式化为，解得，此时；

当时，不等式化为，恒成立，此时；

当时，不等式化为，解得，此时．

综上所述，不等式的解集为；

（2）．当时取.

∴，即．

∴，

当且仅当，即，时取等号．

∴的最小值为．