2022届陕西省西安交通大学附属中学高三下学期全真模拟（一）数学（理）试题含解析

这是一份2022届陕西省西安交通大学附属中学高三下学期全真模拟（一）数学（理）试题含解析，共16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。

1．已知集合，集合，则
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题意，求得集合，集合，根据集合的交集的运算，即可求解，得到答案.
【详解】由题意，集合，集合，
根据集合的交集的运算，可得，故选B.
【点睛】本题主要考查了集合的交集的运算问题，其中解答中首先求解集合，再利用集合的交集的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
2．若复数与其共轭复数满足，则（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】设，则,求得，再求模，得到答案.
【详解】设，则，故，，
，.
故选：A.
【点睛】本题考查了共轭复数的概念，两复数相等的条件，复数的模，还考查了学生的计算能力，属于容易题.
3．等比数列{an}中，若a5＝9，则lg3a4+lg3a6＝（ ）
A．2B．3C．4D．9
【答案】C
【分析】利用等比中项得到，直接求得.
【详解】等比数列{an}中，若a5＝9，所以，
所以.
故选：C
4．焦点在轴的正半轴上，且焦点到准线的距离为的抛物线的标准方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据抛物线中的几何意义计算可得；
【详解】解：依题意设抛物线，又焦点到准线的距离为，即，
所以抛物线方程为；
故选：D
5．已知命题p：命题q：则下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用指数函数的性质可得命题的真假，由对数函数的性质，可知命题的真假，再根据复合命题的真值表即可得到答案．
【详解】对于命题，由指数函数的值域可知，成立，故命题为真命题；
对于命题，当时，，故成立，命题为真命题；
故命题为真命题，为假命题，为假命题，为假命题；
故答案选A
【点睛】本题考查真假命题的概念，以及真值表的应用，解题的关键是判断出命题，的真假，属于基础题．
6．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】利用诱导公式得，再利用二倍角公式可求结果.
【详解】根据已知，有.
故选：A
【点睛】本小题主要考查诱导公式、余弦的二倍角公式、三角函数求值等基础知识；考查运算求解能力.
7．已知等差数列的前项和为，若且，，三点共线（该直线不过原点），则的值为（ ）
A．1007B．2018C．1009D．2007
【答案】C
【分析】由三点共线可得向量与共线，再结合共线定理及平面向量基本定理可得，根据等差数列求和公式及等差数列的下标性质即可求出.
【详解】因为，，三点共线，所以向量与共线，
所以有且只有一个实数，使得，所以，
所以，又，
由平面向量基本定理可知，，所以，
所以.
故选：C
【点睛】本题主要考查了共线定理、平面向量基本定理、等差数列的性质及等差数列的求和公式，属于中档题.
8．（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由定积分的运算性质可得，再结合定积分的计算公式及定积分的几何意义，即可求解.
【详解】解：由定积分的运算性质可得，
又由，
根据定积分的几何意义，可知表示所表示的图形的面积，即所表示的上半圆的面积，
所以，
故选：C.
9．为了对变量，的线性相关性进行检验，由样本点求得两个变量的样本相关系数为，那么下面说法正确的有（ ）
A．若所有样本点都在直线上，则
B．若变量，呈正相关，则变量，的线性相关性较强
C．若所有样本点都在直线上，则
D．若越小，则变量，的线性相关性越强
【答案】A
【分析】根据相关关系与变量的线性相关性之间的关系判断各选项的正误．
【详解】所有样本点都在一条直线上，若，则正相关，相关系数；，负相关，相关系数为
越大，相关性超强，越小，相关性越弱，
四个选项中只有A正确．
故选：A．
10．双曲线的左、右焦点分别为、，是双曲线上一点，轴，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知条件可得，利用勾股定理求出，再利用双曲线的定义可得出关于、的齐次等式，由此可求得双曲线的离心率.
【详解】因为轴，则，故，
由勾股定理可得，
由双曲线的定义可得，
因此，该双曲线的离心率为.
故选：D.
11．已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，，是边长为的正三角形，则球O的半径长为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据几何关系，设△ABC外接圆半径为r，S到底面ABC距离为h，三棱锥外接球半径为R，则，据此即可求出答案．
【详解】易知三棱锥S-ABC为正三棱锥，
设底面△ABC外接圆圆心为D，半径为AD=r=，
S到底面ABC距离为SD=h=，
设外接球球心为O，半径为SO=OA=R，
则在Rt△AOD中，，解得R=.
故选：B.
12．若关于x的方程存在三个不等实根，则实数a的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】
若关于的方程等价于，令，的两根一正一负，由在 上递增，在 上递减，且 时，结合 的图象可知，要使关于的方程存在三个不等实根，只需令的正根满足，即可，解得，故选C.
【方法点睛】
本题主要考查函数的图象与性质、利用导数研究函数的单调性以及数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．
二、填空题
13．若变量x，y满足约束条件，则的最大值等于______．
【答案】
【分析】画出约束条件所表示的平面区域，根据目标函数所表示的几何意义，结合图形，即可得出结果.
【详解】画出约束条件所表示的平面区域如下，
由可得，
则表示直线在轴截距的三倍，
因此直线在轴截距越大，越大；
由图像可得，当直线过点时，在轴截距最大，
联立可得，
因此.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查求线性目标函数的最值，利用数形结合的方法求解即可，属于常考题型.
14．已知，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为______.
【答案】
【分析】由题意得出且与不共线，利用向量的坐标运算可求出实数的取值范围.
【详解】由于与的夹角为钝角，则且与不共线，
，，，解得且，
因此，实数的取值范围是，故答案为：.
【点睛】本题考查利用向量的夹角求参数，解题时要找到其转化条件，设两个非零向量与的夹角为，为锐角，为钝角.
15．若，且，则_____________．
【答案】
【分析】由，可得，，，从而利用换底公式及对数的运算性质即可求解.
【详解】解：因为，所以，，，又，
所以，
所以，所以，
故答案为：.
16．已知数列中，，，前n项和为.若，则数列的前15项和为______.
【答案】
【分析】首先利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和．
【详解】解：数列中，，，前项和为．若，则，
整理得，所以数列是以1为首项，1位公差的等差数列，
则，所以．
所以．
所以．
故答案为：．
三、解答题
17．如图，已知四棱锥的底面ABCD是矩形，底面ABCD，，M为BC的中点，且.
(1)求四棱锥的体积；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形相似列方程即可求得长，然后利用棱锥的体积公式进行求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，以向量法去求面的法向量与面的法向量的夹角的正弦值.
【详解】(1)
连接BD，交AM于E，面，面，则
又，，则面，
又面，则，则有，则，
又，即，解之得，即，
所以，，
四棱锥的体积为.
(2)以D为原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图：
则，，，，
，，
设平面的法向量为
则，即，令，则
即，
设平面的法向量为
则，即，则，令，则
即，
则
又，则
18．设的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且．
(1)求B；
(2)若，AC的中点为D，求BD的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过正弦定理边角互化，结合三角恒等变换可求角B；
（2）利用中线与相邻两边的向量关系式结合已知可求得BD的长．
【详解】(1)因为，由正弦定理可得：
，
，
，因为，所以，
所以，又
(2)，
两边平方可得，
即，
所以.
19．某学校在假期安排了“垃圾分类知识普及实践活动”.为了解学生的学习成果，该校对全校学生进行了测试（满分100分），从中随机抽取50名学生的成绩，并将其分成以下6组：，，，，，，整理得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求图中的值；
(2)试估计全校学生的平均成绩；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
(3)将频率视为概率，从全校成绩在80分及以上的学生中随机抽取10人，用表示成绩在中的人数，求的数学期望.
【答案】(1)
(2)72.6
(3)
【分析】（1）由小矩形面积之和为1求出；（2）利用中间值作代表求解出平均数的估计值为72.6；（3）先得到全校成绩在80分及以上的学生中抽取1人，此人成绩在的概率为，进而得到，利用二项分布求期望公式直接进行求解.
【详解】(1)由题意得：，
解得：
(2)，
估计全校学生的平均成绩为72.6
(3)因为成绩在与的学生比例为2:1，
所以全校成绩在80分及以上的学生中抽取1人，此人成绩在的概率为，
故，则
20．已知椭圆E：的左焦点为，离心率.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)椭圆E上在第一象限有一点P的横坐标为，点M､N是椭圆E上异于点P的不重合的两点，且，求证：直线MN恒过定点，并求出定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）利用离心率，焦点坐标及求得得椭圆方程；
（2）先确定点坐标，MN斜率不存在时，设，则，由点在椭圆上及求出得直线方程，当直线MN的斜率存在时，设直线MN方程为，，，直线方程代入椭圆方程，应用韦达定理得，代入得出关系，从而得直线所过定点．
【详解】(1)由题设，又，，可得，，
则椭圆E的方程为
(2)易得，当MN斜率不存在时，设，则，
代入椭圆方程，得，
由，得，即，
代入并化简，得，解得，
此时直线MN的方程为；
当直线MN的斜率存在时，设直线MN方程为，，，
联立方程，消去y得，
∴，.
∵，
∴，
即，
代入与并整理，得，
即，
∴或，
当时，，
此时直线MN为，易知直线过，不符合题意舍去；
当时，，
此时直线MN为，易知直线过，符合题意；
综上，MN所在直线恒过定点.
21．设函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)如果对于任意的，，都有成立，试求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求出导函数，然后分类讨论确定和的解得单调区间；
（2）由导数求得在上的最大值1，问题化为时，恒成立，分离参数转化为求新函数的最大值，得参数范围．
【详解】(1)函数的定义域为，，
当时，，函数在区间上单调递增；
当时，令，解得，则函数在上单调递增；
令，解得，则函数在上单调递减；
∴函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
综上得，当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
(2)，，
令，解得，则在上单调递减，
令，解得，则在上单调递增，
∴，，
∴.
∴当时，恒成立，
即恒成立，
则恒成立；
令，
则，
设，，则它是减函数，，即是减函数，又，
令，解得，则在区间上单调递增；
令，解得，则在区间上单调递减：
∴，
故，即实数a的取值范围是.
22．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
(1)求C的普通方程和的直角坐标方程；
(2)若与C交于A，B两点，，求的值.
【答案】(1)，
(2)21
【分析】（1）根据参数方程化为普通方程、极坐标方程转化为直角坐标方程的公式求得C的普通方程和的直角坐标方程；
（2）写出直线的标准参数方程并代入的普通方程，结合根与系数关系求得的值.
【详解】(1)，
所以C的普通方程为，
l的极坐标方程可化为，
所以l的直角坐标方程为.
(2)点在上，
可设l的参数方程为（t为参数），
代入，化简得，
设点A，B对应的参数分别为，，
则.
23．已知函数．
(1)当时，解不等式；
(2)若恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用零点分区间法去绝对值号，解不等式即可；
（2）利用绝对值三角不等式得到，直接解不等式，即可求出实数a的取值范围.
【详解】(1)当时，．
当时，令，解得；
当时，恒成立；
当时，令，解得．
综上，当时，不等式的解集为．
(2)因为，
当且仅当即时等号成立，
所以，解得或．
故实数a的取值范围为．