2022届陕西省西安中学高三下学期五模数学（文）试题含解析

2022届陕西省西安中学高三下学期五模数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，则的元素个数为（       ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】A

【分析】根据对数函数的单调性解得集合，再求即可得到其元素个数.

【详解】因为，

，即，故，解得，

即，则，其包含3个元素.

故选：A.

2．在空间中，已知命题的三个顶点到平面的距离相等且不为零，命题：平面平面，则是的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】由线面平行的性质结合平面与平面的位置关系判断即可.

【详解】当平面平面时，的三个顶点到平面的距离相等且不为零；

当的三个顶点到平面的距离相等且不为零时，平面可能与平面相交，例如当平面且的中点在平面内时，的三个顶点到平面的距离相等且不为零，但平面与平面相交.

即是的必要不充分条件

故选：B

3．西安中学抗疫志愿者小分队中有3名男同学，2名女同学，现随机选派2名同学前往社区参加志愿服务活动，在已知抽取的1名志愿者是女同学的情况下，2名都是女同学的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用条件概率求解.

【详解】解：从3名男同学和2名女同学，随机选派2名共有种方法，

含有1名志愿者是女同学有种方法，

所以含有1名志愿者是女同学的概率是，

2名志愿者都是女同学有种方法，

所以2名志愿者都是女同学的概率是，

所以在抽取的1名志愿者是女同学的情况下，2名都是女同学的概率是，

故选：C

4．在流行病学中，基本传染数是指每名感染者平均可传染的人数.当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染1个以上的人，从而导致感染这种疾病的人数呈指数级增长.当基本传染数持续低于1时，疫情才可能逐渐消散.接种新冠疫苗是预防新冠病毒感染､降低新冠肺炎发病率和重症率的有效手段.已知新冠病毒的基本传染数，若1个感染者在每个传染期会接触到个新人，这人中有个人接种过疫苗（称为接种率），那么1个感染者新的传染人数为，为了有效控制新冠疫情（使1个感染者传染人数不超过1），我国疫苗的接种率至少为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知条件建立不等式关系，然后将代入化简即可求出的范围

【详解】为了使1个感染者传染人数不超过1，

只需，即，

所以，

由题意得，所以，

，得，

所以疫苗的接种率至少为，

故选：A

5．设满足约束条件，则的最大值是（       ）

A．0 B．4 C．8 D．10

【答案】B

【分析】作出可行域，利用数形结合求出最大值.

【详解】作出可行域如图所示：

把转化为直线，平移直线经过时，纵截距最大，

所以最大.

故选：B

6．当时，取得最大值，则（       ）

A．3 B． C． D．

【答案】D

【分析】利用三角恒等变换化简，求得其取得最大值时的取值情况，再其正切值即可.

【详解】因为

，

故当取得最大值时，若，则，

则.

故选：D.

7．在直角三角形中，，点是线段上的动点，且，则的最小值为（       ）

A．12 B．8 C． D．6

【答案】B

【分析】在直角三角形中，易得，作于点，如图，以为原点建立平面直角坐标系，不妨设点在点的左侧，设，则，，根据数量积的坐标表示结合二次函数的性质即可得解.

【详解】解：直角三角形中，，

所以，所以，

作于点，

则，

如图，以为原点建立平面直角坐标系，

不妨设点在点的左侧，

设，则，，

，

则，

所以，

当且仅当时，的最小值8.

故选：B.

8．英国著名数学家布鲁克-泰勒以微积分学中将函数展开成无穷级数的定理著称于世.在数学中，泰勒级数用无限连加式来表示一个函数，泰勒提出了适用于所有函数的泰勒级数，并建立了如下指数函数公式：，其中，则的近似值为（精确到）（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】应用题设泰勒展开式可得 , 随着的增大，数列递减且靠后各项无限接近于，即可估计的近似值.

【详解】计算前四项，在千分位上四舍五入

由题意知:

故选：C

9．的内角所对的边分别为.已知，则的面积的最大值（       ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】利用余弦定理求出和，利用面积公式和基本不等式求出的面积的最大值.

【详解】在中，由余弦定理，可化为.

因为,所以.

由余弦定理，可化为：，解得：（a=0舍去）.

因为，所以，即（当且仅当时取等号）.

所以的面积.

故选：B

10．第24届冬季奥林匹克运动会，又称2022年北京冬季奥运会，将于2022年2月在北京和张家口举行，北京冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，运用中国书法的艺术形态，将厚重的东方文化底蕴与国际化的现代风格融为一体，呈现出新时代的中国新形象､新梦想.会徽图形上半部分展现滑冰运动员的造型，下半部分表现滑雪运动员的英姿.中间舞动的线条流畅且充满韵律，代表举办地起伏的山峦､赛场､冰雪滑道和节日飘舞的丝带，下部为奥运五环，不仅象征五大洲的团结，而且强调所有参赛运动员应以公正､坦诚的运动员精神在比赛场上相见.其中奥运五环的大小和间距按以下比例（如图）：若圆半径均为12，则相邻圆圆心水平距离为26，两排圆圆心垂直距离为11，设五个圆的圆心分别为O1，O2，O3，O4，O5，若双曲线C以O1，O3为焦点､以直线O2O4为一条渐近线，则C的离心率为（       ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】建立直角坐标系，结合图形可得渐近线斜率，再根据公式可得.

【详解】

如图建立直角坐标系，过向x轴引垂线，垂足为A，易知，

故选：A

11．已知函数的部分图像如图所示，现将的图像向左平移个单位长度得到的图像，则方程在上实数解的个数为（       ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】B

【分析】由周期求出，由五点法作图求出的值，由特殊点坐标求出，可得函数的解析式．再根据函数的图象变换规律求出的解析式，再根据余弦函数的性质解得即可．

【详解】解：根据函数，，，的部分图象，

可得，．所以，

结合五点法作图，，，因为，，故．

再把点代入，可得，即，，

所以．

现将的图象向左平移个单位长度，

得到函数，

因为，即，所以或，

解得或，

因为，所以或或或或或，

故方程在上实数解的个数为个；

故选：B

12．已知函数，若不等式恒成立，则a的最大值为（       ）

A．1 B． C．2 D．e

【答案】A

【分析】先判断出.利用同构，把转化为（），利用导数判断单调性，求出最小值，即可得到a的最大值.

【详解】要使不等式恒成立，只需.

函数的定义域为.

因为，所以令，则.

对于，，所以在上单调递增，

当时，；当时，.

所以.

对于（）. .

令，解得：；令，解得：.

所以在上单调递增，在上单调递减.

所以 ，即.

所以=1.

故选：A

【点睛】导数的应用主要有：

（1）利用导函数几何意义求切线方程；

（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；

（3）利用导数求参数的取值范围.

二、填空题

13．抛物线的准线方程是___________________.

【答案】

【分析】将化成抛物线的标准方程，利用抛物线的性质求解即可．

【详解】由得：，所以，即：

所以抛物线的准线方程为：．

【点睛】本题主要考查了抛物线的简单性质，属于基础题．

14．甲､乙､丙､丁四人对复数的陈述如下（为虚数单位）：甲：；乙：；丙：，在甲､乙､丙､丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则___________.

【答案】

【分析】设，根据复数的运算结合逻辑推理得出答案.

【详解】设，则

对于甲：，；对于乙：

对于丙：；对于丁：，则.

甲乙丙中任意两个都可推出第三个正确，甲与丁矛盾，丙与丁矛盾，因为四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，所以乙和丁的陈述正确，即，故

故答案为：

15．已知函数为R上的偶函数，则实数___________.

【答案】1

【分析】由偶函数的性质求解

【详解】由偶函数得，

即对恒成立

整理得，故

故答案为：1

16．正四面体的外接球与内切球的半径之比为___________.

【答案】或3

【分析】由正四面体的性质，利用外接球半径与体高、底面外接圆半径的关系求，应用等体积法求内切球半径为，即可得答案.

【详解】令正四面体的棱长为3，内切球半径为，外接球半径为，

所以体高，底面外接圆半径为，则，可得，

而，又，故，

所以.

故答案为：

三、解答题

17．随着2022年北京冬奥会的成功举办，吉祥物“冰墩墩”成为现象级“顶流”，憨态可掬的大熊猫套着冰晶外壳，“萌杀”万千网友.奥林匹克官方旗舰店“冰墩墩”一再售罄，各冬奥官方特许商店外排起长队，“一墩难求”，成了冬奥赛场外的另一场冰雪浪漫和全民狂欢.某商家将6款基础款的冰墩墩，随机选取3个放在一起组成一个盲盒进行售卖.该店2021年1月到11月盲盒的月销售量如下表所示：

(1)求出月销售量y（万个）与月份数x的回归方程，并顶测12月份的销量；

(2)小明同学想通过购买盲盒集齐6款基础款冰墩墩，为此他购买了2个盲盒，求小明至少集齐5款基础款冰墩墩的概率.

参考公式及数据：回归直线的方程是，则..

【答案】(1)万个

(2)

【分析】（1）根据公式求出和可得月销售量y（万个）与月份数x的回归方程，根据此方程可求出12月份的销量；

（2）利用古典概型的概率公式可求出结果.

【详解】(1)（1）,

,

，，

所以，

所以月销售量y（万个）与月份数x的回归方程为.

当时，万个.

故12月份的销量为万个.

(2)第一个盲盒中有种，第二个盲盒中有种，所以两个盲盒中共有种，

两个盲盒中恰好集齐5款的有种，恰好集齐6款的有种，所以两个盲盒中至少集齐5款的有种，

所以小明至少集齐5款基础款冰墩墩的概率为.

18．已知数列是首项为1，公差不为0的等差数列，且成等比数列，数列满足.

(1)求数列的前项和；

(2)若，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由条件解出的通项公式，得出后求和

（2）由错位相减法求后证明

【详解】(1)设数列公差为，由题意，又，解得

故，，是首项为，公比为的等比数列

(2)

两式相减得

故，得证

19．如图1，在梯形中，于E，且，将梯形沿折叠成如图2所示的几何体，,为的中点.

(1)证明：平面；

(2)《九章算术》中将四个面均为直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”，若图1中且，判断三棱锥是否为“鳖臑”，并说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)是，理由见解析

【分析】（1）取的中点，连，，通过证明四边形为平行四边形得到，再根据直线与平面平行的判定定理可证结论；

（2）先求出，然后通过计算可知三棱锥的四个面均为直角三角形，从而可得答案.

【详解】(1)取的中点，连，，如图：

因为为的中点，所以且，

又且，

所以且，

所以四边形为平行四边形，

所以，又平面，平面，

所以平面.

(2)三棱锥为“鳖臑”，理由如下：

若图1中且，则，

则，即，结合图形可得，

所以，所以，

在图②中，在三角形中，，

所以，所以，即三角形为直角三角形，

由题意可知，即三角形为直角三角形，所以，

由题意知，，即三角形为直角三角形，所以，

所以，所以，即三角形为直角三角形，

根据题意可知，三棱锥为“鳖臑”.

20．已知函数.

（1）讨论函数的单调性与极值；

（2）证明：当且时，不等式恒成立.

【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析.

【分析】(1)由题知,对求导后,根据的正负,分别讨论的单调性与极值即可;

(2)设,对求导,根据的正负研究的单调性,从而得出其最值,证明出,即可证明题设不等式.

【详解】(1),,

则,

①当时,,

故在上单调递增,无极值;

②当时,令,令,

故在上单调递增,在上单调递减,

因此有极小值,无极大值.

(2)当时,设,

则,

,

设,

则,

因此在上单调递增,即在上单调递增,

所以,

所以在上单调递增,

所以,

即且时,不等式恒成立.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值,考查了不等式恒成立问题的证明,属于中档题.解决含参函数单调性问题时,常用分类讨论法;遇见恒成立问题时,常将问题转化为函数最值问题求解.

21．在平面直角坐标系中，用表示直线与直线的斜率之积，已知，，记点的轨迹为.

(1)求轨迹的方程；

(2)为轨迹上的两点，，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由斜率公式结合得出轨迹的方程；

（2）设直线的方程为：，并与轨迹的方程联立，利用韦达定理得出，进而得出直线恒过，再由三角形面积公式结合基本不等式得出面积的最大值.

【详解】(1)，，设，

整理得，故轨迹的方程为

(2)设，因为，所以直线的斜率不为

设直线的方程为：

联立可得：，

联立可得

令可得：

所以，解得或（舍）

故直线恒过，此时，的面积

当且仅当，即时取等号，故的面积的最大值为

【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键是联立直线和轨迹的方程，结合韦达定理以及斜率公式得出，进而得出直线恒过.

22．已知直线的参数方程为（t为参数），曲线C的参数方程为（为参数）.

(1)若在极坐标系中，点P的极坐标为，判断点P与直线的位置关系；

(2)设点Q是曲线C上的一个动点，求点Q到直线的距离的最小值与最大值.

【答案】(1)点P不在直线上；

(2)最小值为，最大值为.

【分析】（1）先把直线和点P转化为直角坐标方程，直接代入即可判断；

（2）由，利用点到直线的距离公式和三角函数求最值.

【详解】(1)因为直线的参数方程为（t为参数），所以消去t得：.

因为点P的极坐标为，所以点P的直角坐标为，代入直线，不成立，所以点P不在直线上.

(2)因为点Q是曲线C上的一个动点，所以.

所以点Q到直线的距离为.

所以当时，最大；当时，最小.

所以点Q到直线的距离的最小值为，最大值为.

23．已知函数，，且的解集为.

（1）求的值；

（2）若都为正数，且，证明：.

【答案】（1）（2）证明见解析

【解析】(1)由题设条件得出，解得，根据的解集求出的值；

(2)将1代换为，利用基本不等式证明不等式即可.

【详解】（1）由得得，

因为的解集为，

所以.

（2）由（1）得，

∴.

当且仅当时，等号成立.

所以成立.

【点睛】本题主要考查了利用基本不等式证明不等式，注意“1”的代换，属于中档题.