2023届陕西省商洛市高三二模数学（理）试题含解析

这是一份2023届陕西省商洛市高三二模数学（理）试题含解析，共19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。
2023届陕西省商洛市高三二模数学（理）试题 一、单选题1．设集合.若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由可求出的值，解方程即可求出.【详解】因为，所以，解得，则的解为或，所以.故选：A.2．设复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.【详解】因为，则，所以，.故选：C.3．执行如图所示的程序框图，则输出的（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】逐次执行程序计算，，直到满足，输出即可．【详解】第一次循环：，；第二次循环：，；第三次循环：，；第四次循环：，；第五次循环：，．退出循环，输出．故选：B．4．已知实数满足约束条件，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由约束条件可作出可行域，将问题转化为直线在轴截距最小值的求解问题，采用数形结合的方式可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示，当取得最小值时，直线在轴截距最小，平移直线可知，当过图中点时，其在轴的截距最小，由得：，即，.故选：D.5．函数的部分图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】奇偶性定义判断函数奇偶性，结合上函数符号，应用排除法即可得答案.【详解】因为，所以且定义域为R，所以是奇函数，则的图象关于原点对称，排除A、B.当时，，排除D.故选：C6．十项全能是田径运动中全能项目的一种，是由跑、跳、投等10个田径项目组成的综合性男子比赛项目，比赛成绩是按照国际田径联合会制定的专门田径运动会全能评分表将各个单项成绩所得的评分加起来计算的，总分多者为优胜者．如图，这是某次十项全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图，则下列说法正确的是（    ）A．在400米跑项目中，甲的得分比乙的得分低B．甲的各项得分比乙的各项得分更均衡C．在跳高和铁饼项目中，甲、乙水平相当D．甲的各项得分的极差比乙的各项得分的极差大【答案】D【分析】根据雷达图对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】由雷达图可知，400米跑项目中，甲的得分比乙的得分高，A错误；甲各项得分的波动较大，乙的各项得分均在内，波动较小，B错误；在铁饼项目中，乙比甲水平高，C错误；甲的各项得分的极差约为，乙的各项得分的极差小于200，D正确．故选：D7．先把函数的图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再把新得到的图象向右平移个单位长度，得到的图象，当时，函数的值域为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据三角函数平移和伸缩变换原则可得解析式，根据正弦型函数值域的求法可求得结果.【详解】由题意得：，当时，，，即的值域为.故选：B.8．已知抛物线的焦点为，点，在上，且的面积为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据抛物线方程可求得的坐标，利用三角形面积构造方程求得的值，利用抛物线焦半径公式可求得结果.【详解】由抛物线方程知：，又，，，，，解得：，.故选：A.9．在四棱锥中，底面，底面是边长为的正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求线面夹角.【详解】如图所示，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，设直线与平面所成的角为，所以，故选：B.10．在中，已知为的中点，，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】在在和中，利用余弦定理结合求出，再利用基本不等式可求得的最大值，再在中，利用余弦定理即可得解.【详解】在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，又，所以，所以，所以，当且仅当时，等号成立，在中，由余弦定理得，所以的最小值为.故选：A.11．已知定义在上的函数满足，，则下列说法正确的是（    ）A．的周期为2 B．为偶函数C． D．【答案】C【分析】由函数的奇偶性对称性与周期性得概念直接判断各选项.【详解】由，得，由，得，所以，即的周期为，A选项错误；由可知的图象关于点对称，所以，C选项正确，由知的图象关于直线对称，所以的图象关于直线对称，进一步可知图象的对称轴方程为（为奇数），所以不是偶函数，B选项错误；的对称中心为点（为偶数），无法得到，D选项错误，故选：C.12．已知函数，若存在，使得，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】构造，对求导，得出的单调性即可判断A；由可得，构造，对求导，得出在上单调递增，可得即可判断B；由题意可得，结合的单调性可得，可判断C，D.【详解】令，则，所以在上单调递增，，故，故A错误；由题意得，所以，因为，所以，令，则，且在上恒成立，所以在上单调递增，故，所以，即，故，故B错误.又，所以，所以，即，所以，C错误，D正确.故选：D.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），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，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 二、填空题13．已知向量，满足，，，则与的夹角为______．【答案】【分析】先设与的夹角为，再根据由向量夹角公式即可求解．【详解】设与的夹角为，则，又，所以与的夹角为．故答案为：．14．甲、乙，丙3人每人制作了一张写有励志铭的卡片，将这些卡片装人3个外观完全一样的信封内（一个信封装一张卡片），放在一起后，甲、乙，丙3人每人随机抽取一个信封，则每个人都没有抽到装有自己制作的卡片的信封的概率为________．【答案】【分析】先求得甲、乙，丙3人每人从中随机抽取一张共有6种抽法，再求得每个人都没有抽到装有自己制作的卡片的信封有2种抽法，进而即可求得概率．【详解】由甲、乙，丙3人每人从中随机抽取一张共有种抽法，又每个人都没有抽到装有自己制作的卡片的信封有种抽法，所以所求的概率为．故答案为：．15．在三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，若二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为______.【答案】【分析】取BC的中点H，连接AH，DH，则可得为二面角的平面角，过点H作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OA，OD，然后在中利用余弦定理可求出R，从而可求得球的表面积.【详解】如图，取BC的中点H，连接AH，DH，由题意，，，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为是以为斜边的等腰直角三角形，且，所以，又是边长为2的等边三角形，所以，过点H作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OA，OD，可得，在中，，利用余弦定理可得，所以，解得R2＝，所以其外接球的表面积为.故答案为：.16．已知椭圆，，，斜率为的直线与C交于P，Q两点，若直线与的斜率之积为，且为钝角，则k的取值范围为_______．【答案】【分析】先设，，，再联立直线的方程和椭圆的方程，整理得到关于的一元二次方程，从而得到，，，，结合直线与的斜率之积为可得，再结合为钝角即可求得k的取值范围．【详解】设，，，联立方程组，消去y得，由，即，所以，，，，所以，解得（舍去）或．由为钝角，得，即，所以，解得，因为，所以．故答案为：．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：①设直线方程，设交点坐标为，；②联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y)的一元二次方程，必要时计算；③列出韦达定理；④将所求问题或题中的关系转化为， (或，)的形式；⑤代入韦达定理求解． 三、解答题17．已知等差数列满足，．(1)求的通项公式；(2)设的前n项和为，求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据等差数列的性质即可求得的值，进而即可求得的通项公式；（2）先根据等差数列前n项和的公式求得，从而可得的通项公式，再根据裂项相消即可求得．【详解】（1）设等差数列的公差为，由，，得，解得．所以．（2）由（1）得，所以，所以．18．2023年，全国政协十四届一次会议于3月4日下午3时在人民大会堂开幕，3月11日下午闭幕，会期7天半；十四届全国人大一次会议于3月5日上午开幕，13日上午闭幕，会期8天半.为调查学生对两会相关知识的了解情况，某高中学校开展了两会知识问答活动，现从全校参与该活动的学生中随机抽取320名学生，他们的得分（满分100分）的频率分布折线图如下.(1)若此次知识问答的得分，用样本来估计总体，设，分别为被抽取的320名学生得分的平均数和标准差，求的值；(2)学校对这些被抽取的320名学生进行奖励，奖励方案如下：用频率估计概率，得分小于或等于55的学生获得1次抽奖机会，得分高于55的学生获得2次抽奖机会.假定每次抽奖抽到价值10元的学习用品的概率为，抽到价值20元的学习用品的概率为.从这320名学生中任取一位，记该同学在抽奖活动中获得学习用品的价值总额为元，求的分布列和数学期望（用分数表示），并估算此次抽奖要准备的学习用品的价值总额.参考数据：，，，，.【答案】(1)(2)分布列见解析，，元 【分析】（1）先根据频率分布折线图求平均值及方差，再根据正态分布公式计算概率即可；（2）先分析获奖金额的情况，再列出相关分布列计算即可.【详解】（1）由折线图可知：，，所以，，所以.（2）由题意可知的可能取值为10，20，30，40，则，，，，，，所以的分布列为10203040P ，故此次抽奖要准备的学习用品的价值总额约为元.19．如图，在直三棱柱中，是的中点.(1)证明：平面.(2)若，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；（2）以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式即可求出答案.【详解】（1）证明：连接交于点，则是的中点，连接，又是的中点，所以.又平面平面，所以平面.（2）解：以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，.设是平面的法向量，由可得令，得.设是平面的法向量，由可得令，得.所以，即二面角的余弦值为.20．已知双曲线的离心率为2，且双曲线C经过点．(1)求双曲线C的方程；(2)设M是直线上任意一点，过点M作双曲线C的两条切线，，切点分别为A，B，试判断直线AB是否过定点．若经过定点，求出该定点的坐标；若不经过定点，请说明理由．【答案】(1)(2)直线AB过定点；理由见详解 【分析】（1）根据双曲线的离心率为2，可得，再将点的坐标代入即可解得，从而得到，进而即可双曲线C的方程；（2）设，，，的方程为，再联立双曲线C的方程和的方程即可得到关于的一元二次方程，再令，结合题意可得，从而得到的方程，同理可得到的方程，再将点代入整理即可得解．【详解】（1）因为双曲线的离心率为2，所以，即，所以双曲线C的方程为．把点的坐标代入双曲线C的方程，得，解得，所以，双曲线C的方程为．（2）设，，，的方程为，联立，消整理得．，令，得，即．又，所以，进一步可化为，所以，所以的方程可化为，化简得．同理可得的方程为．又点在直线和上，所以，所以过点，的直线为上，令，得，故直线AB过定点．21．已知函数，其中，是自然对数的底数.(1)若，证明：当时，；当时，.(2)设函数，若是的极大值点，求实数的取值范围.（参考数据： ）【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先求出函数的导函数，再由导函数的导数的单调性和最值判断出的符号，从而得到函数的单调性与最值，可证命题；（2）本题需对进行多次求导，从而确定函数的单调性与极值，求得实数的取值范围.【详解】（1）证明：当时，，所以.令，则.由，得，由，得，则在上单调递增，在上单调递减.因为，所以当时，，即，则在上单调递减.因为，所以当时，，当时，.（2）由题意可得，则，且.令，则.令，则.当时，，，所以，即.所以在上是增函数，则.①当，即时，在上恒成立，即在上是增函数.因为，所以，所以在上单调递增.与是极大值点矛盾，即不符合题意.所以当，即时，因为在上是增函数，且，，所以，则当时，，即在上是减函数，从而，故在上单调递减.当时，对，，，即，，所以，则当时，.故在上是增函数.因为，即当时，在上是减函数，所以，则在上单调递增，符合是极大值点.故所求实数的取值范围为.22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；(2)已知点P的极坐标为，设曲线和直线交于M，N两点，求的值．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式，化极坐标方程为直角坐标方程；（2）将点P的极坐标化为直角坐标，并判断点P在直线上，再利用直线参数方程中参数的几何意义，将直线代入曲线的直角坐标方程，结合韦达定理即可求解．【详解】（1）将消去参数，得，所以曲线的普通方程为．由，得，将，代入上式，得所以直线的直角坐标方程为．（2）因为点P的极坐标为，所以P的直角坐标为，则点P在直线上，易得直线的参数方程为（t为参数），将其代入圆的方程，并整理得．因为，所以方程有两个不相等的实数根，设这两个根分别为和，则，．所以．23．已知函数．(1)当时，求不等式的解集；(2)若关于x的不等式有解，求实数m的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据绝对值的定义分类讨论去绝对值符号后解不等式即可；（2）关于x的不等式有解，只需即可，再利用绝对值的意义求得的最小值，进而即可求得实数m的取值范围．【详解】（1）当时，，则求不等式的解集即为求不等式的解集．当时，得，得；当时，得，不等式恒成立；当时，得，得，综上，不等式的解集为．（2）依题意，关于x的不等式有解，即．因为，所以．由，得，解得．所以实数m的取值范围为．