陕西省榆林市2023-2024学年高三第二次模拟检测数学（理科）试题及答案

这是一份陕西省榆林市2023-2024学年高三第二次模拟检测数学（理科）试题及答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若向量，则（ ）
A．-4B．-3C．D．-2
3．若，则（ ）
A．B．
C．D．
4．某工厂要对1110个零件进行抽检，这1110个零件的编号为.若采用系统抽样的方法抽检30个零件，且编号为0005的零件被抽检，则下列编号是被抽检的编号的是（ ）
A．0040B．0041C．0042D．0043
5．若满足约束条件，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．甲､乙､丙､丁四人计划一起去陕西省榆林市旅游，他们从榆林古城､镇北台､红石峡､榆林沙漠国家森林公园､红碱淖､白云山､易马城遗址这7个景点中选4个游玩（按照游玩的顺序，最先到达的称为第一站，后面到达的依次称为第二､三､四站），已知他们第一站不去榆林沙漠国家森林公园，且第四站去红碱淖或白云山，则他们这四站景点的选择共有（ ）
A．180种B．200种C．240种D．300种
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知定义在上的函数满足，当时，，则（ ）
A．1B．2C．D．-2
9．如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗实线绘制的是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知为双曲线的两个焦点，为上一点，若，且为等腰三角形，则的离心率为（ ）
A．B．2C．或D．2或3
11．已知曲线与曲线的公共点为，则曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数在上单调，的图象关于点中心对称且关于直线对称，则的取值个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题
13．在中，，则 .
14．已知抛物线经过点，写出的一个标准方程： .
15．过球外一点作球的切线，若切线长为5，且，则球的体积为 .
16．已知函数恰有3个零点，则的取值范围是 .
三、解答题
17．蓝莓富含花青素，具有活化视网膜的功效，可以强化视力，防止眼球疲劳，是世界粮农组织推荐的五大健康水果之一.截至2023年，全国蓝䔦种植面积达到110万亩，其中云南蓝莓种植面积达到17.6万亩，产量达到10.5万吨，是蓝莓鲜果产量第一省.已知甲农户种植了矮丛蓝莓､高丛蓝莓､兔眼蓝莓3种蓝莓，这3种蓝莓年产量各自达到1000斤的概率分别为.
(1)求这3种蓝莓年产量都达到1000斤的概率；
(2)求这3种蓝莓中至多有1种蓝莓年产量达到1000斤的概率.
18．已知数列满足.
(1)证明：为等差数列.
(2)记为数列的前项和，求.
19．如图，在底面是正方形的四棱柱中，平面，.

(1)证明：四棱柱为正四棱柱.
(2)设二面角为，求.
20．已知为函数的导函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明：当时，．
21．已知椭圆的左､右焦点分别为，过点，且.
(1)求的方程.
(2)设的右顶点为点，过点的直线与交于两点（异于），直线与轴分别交于点，试问线段的中点是否为定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数.
(1)求曲线与曲线的交点坐标；
(2)求曲线的普通方程.
23．已知函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若恒成立，求的取值范围.
参考答案：
1．C
【分析】根据集合知识逐项求解，从而可判断求解.
【详解】对A：依题意可得，故A错误；
对B：即为与的交点，即，解得或，即，故B错误；
对C：，故C正确.
对D：，故D错误；
故选：C.
2．A
【分析】根据，从而可得，从而可求解.
【详解】若，则，即，解得.故A正确.
故选：A.
3．D
【分析】
根据复数的乘法运算以及复数相等的充要条件可得即可求解.
【详解】因为，所以解得
所以.
故选：D
4．C
【分析】
根据系统抽样的定义结合已知条件求出抽样间隔，从而可求得结果.
【详解】因为零件的个数为1110，抽取30个零件，
所以抽样间隔为，
因为编号为0005的零件被抽检，
所以所有被抽检的编号为，
所以当时，，得被抽检的编号可以是0042，
当时，，得被抽检的编号可以是0079，
故选：C
5．A
【分析】
作出可行域，利用截距式数形结合计算即可.
【详解】作出约束条件表示的可行域，设，
如图所示，当直线经过点时，
纵截距取得最大值12，所以的取值范围是.

故选：A
6．B
【分析】
根据分步乘法原理，结合排列组合即可求解.
【详解】
先考虑第四站，第四站去红碱淖或白云山，故有种安排方法，
接着考虑第一站，去掉榆林沙漠国家森林公园以及第四站去的景点，有种选择，
最后从剩下的景点中选择任意两个景点游玩有
故可得他们这四站景点的选择共有种.
故选：B
7．A
【分析】
根据正切的和差角公式以及二倍角公式即可求解.
【详解】因为，所以，
.
故选：A
8．B
【分析】
根据周期性即可代入求解.
【详解】因为，所以，
所以是以4为周期的周期函数，
所以.
故选：B
9．D
【分析】
根据三视图可得几何体的结构特征，即可根据表面积公式求解.
【详解】由三视图可知，该几何体由一个棱长为2的正方体和一个底面半径为，高为2的圆柱拼接而成，故该几何体的表面积为.
故选：D
10．C
【分析】
利用双曲线的性质计算即可.
【详解】因为，所以可设，
依题意可得：，则的离心率；
或，则的离心率.
故选：C
11．B
【分析】
联立方程后构造函数，求导判断单调性，结合可得,即可求导结合点斜式求解切线方程，进而可得求解切线与坐标轴的交点，即可求解面积.
【详解】由得，
设，则,故为增函数，
因为，所以方程的解为，所以点的横坐标为.
设，则，则，又，
所以曲线在点处的切线方程为.
令，得；令，得.所以所求三角形的面积为.
故选：B
12．B
【分析】
根据的对称性求出，结合函数的单调性可得的取值范围，即可确定k的值，一一验证k的取值，是否符合题意，即可确定的可能值，从而得解.
【详解】
由题意得的图象关于点中心对称且关于直线对称，
故，则，
即，
由函数在上单调，
得，即，即，
解得，而，故或1，或2，
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上单调递增，
故在上单调递增，满足题意；
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上不单调，
故在上不单调，此时不合题意；
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上单调递增，
故在上单调递增，满足题意；
综上，或.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用的对称性与单调性得到的可能取值，从而检验得解.
13．
【分析】
利用余弦定理结合已知条件直接求解即可
【详解】
因为在中，，
所以由余弦定理，得
，
所以.
故答案为：
14．（答案不唯一）
【分析】
利用抛物线的标准方程计算即可.
【详解】依题意可得的标准方程可设为或，
将点的坐标代入得，则的标准方程为或.
故答案为：（答案不唯一）.
15．
【分析】
利用球的切线性质求出球半径，再利用球的体积公式计算得解.
【详解】切点为，则，则球半径，
所以球的体积为.
故答案为：
16．
【分析】
将函数零点问题转化为与的交点问题，数形结合即可求解范围.
【详解】令，得或.
作出的大致图象，如图所示，
这两个函数图象的交点为，因为，，
所以由图可知的取值范围是.
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】
（1）利用相互独立事件的概率公式结合已知条件求解即可；
（2）分别求出这3种蓝莓中没有1种蓝莓年产量达到1000斤的概率和这3种蓝莓中恰有1种蓝莓年产量达到1000斤的概率，然后利用互斥事件的概率公式可求得结果.
【详解】（1）因为这3种蓝莓年产量各自达到1000斤的概率分别为，
所以这3种蓝莓年产量都达到1000斤的概率为.
（2）这3种蓝莓中没有1种蓝莓年产量达到1000斤的概率为，
这3种蓝莓中恰有1种蓝莓年产量达到1000斤的概率为，
则这3种蓝莓中至多有1种蓝莓年产量达到1000斤的概率为.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据等差数列的定义即可求证，
（2）根据等比数列的求和公式即可求解.
【详解】（1）证明：因为，所以，
所以，
所以为公差是8的等差数列.
（2）解：因为，所以，
所以，则，
所以
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题中几何条件可得，即，再证明，利用线面垂直定理证明平面，从而可求解.
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，再利用向量法求解二面角的余弦值，从而可求解.
【详解】（1）证明：因为，
所以，则.
又平面，所以
因为，平面，所以平面.
又底面为正方形，所以四棱柱为正四棱柱.
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，.
设平面的一个法向量为，

则
令，得.
设平面的一个法向量为，
则
令，得.
由，
所以.
20．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）对求导后，令，对求导，结合找到临界点对分类讨论即可求解；
（2）构造函数，由结合（1）中结论可得，即可得证.
【详解】（1），
令，则，
若，则，从而，所以即在定义域内单调递增，
若，则当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
综上所述，若，在定义域内是增函数，若，在上是减函数，在上是增函数.
（2）不妨设，
则，
由（1）可知若，则在上是减函数，在上是增函数.
从而，
即在上是增函数，
从而，也就是说当时，.
21．(1)
(2)是定点，定点为
【分析】
（1）根据向量运算可推导得到，得到；根据椭圆定义和关系可求得方程；
（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；求得坐标后，利用韦达定理化简纵坐标之和可得定值，由此可得中点为定点.
【详解】（1），，
整理可得：，，
，，解得：，，
椭圆的方程为：.
（2）
由（1）可得：，则直线的斜率存在，可设，，
由得：，
，，，
直线过点，，
直线方程为：，令得：，即；
同理可得：；
，
线段的中点为定点.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用坐标表示法表示出所求量，代入韦达定理可整理得到所求定点.
22．(1)
(2)
【分析】
（1）先求出曲线的普通方程为，再将曲线的参数方程代入可求得，从而可求出两曲线的交点坐标；
（2）由曲线的参数方程得，得，代入化简可得曲线的普通方程.
【详解】（1）由曲线的参数方程，得，
由，得，
则，
故曲线与曲线的交点坐标为.
（2）由，得，
则，代入，得，
整理得，
因为，
所以曲线的普通方程为.
23．(1)
(2)
【分析】
（1）分，和三种情况求解即可；
（2）先将原不等式转化为，然后利用绝对值三角不等式求出的最小值为，则进一步转化为，从而可求出的取值范围.
【详解】（1）当时，可化为.
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得.
故当时，不等式的解集为.
（2）因为，
所以等价于.
因为，当且仅当时取等号，
所以的最小值为，所以，
解得或，
故的取值范围是.