陕西省宝鸡市2022届高三下学期理数二模试卷及答案.docx

1、陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1已知集合 A=x|x(2x)0， 集合 B=x|y=x2 则 AB= （） A(-，0)2，+)B(0，2C(0，2)D(0，+)2若 z(1+i)=1i ，则z=（） A1iB1+iCiDi3已知 a，b(0，1) ，则函数 f(x)=ax24bx+1 在 1，+) 上是增函数的概率为（） A45B34C25D144北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是扇环形的石板，从内到外各圈的石板数组成等差数列 an ，它的前n项和为 Sn ，且 a2=18 ， a5+a7=108 ，则 S21= （） A20

2、79B2059C2022D18905设点 A ， B ， C 不共线，则“ |AB+AC|ABAC| ”是“ AB 与 AC 的夹角是锐角”的（） A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件6已知某圆锥的母线长为2，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中错误的是（） A圆锥的体积为 223B圆锥的表面积为 22C圆锥的侧面展开图是圆心角为 2 的扇形D圆锥的内切球表面积为 (24162)7若 （0,2) , tan2=cos2sin ，则 tan= （）A1515B55C53D1538如图是某届国际数学家大会的会标，现在有4种颜色给其中5个小区域涂色，规定

3、每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（） A72B48C36D249若函数 f(x) 同时满足：对于定义域上的任意x，恒有 f(x)+f(x)=0 ；对于定义域上的任意 x1 ， x2 ，当 x1x2 时，恒有 f(x1)f(x2)x1x20 ，则称函数 f(x) 为“理想函数”.下列四个函数中，能被称为“理想函数”的有（） f(x)=1x ，f(x)=ln(1+x2+x) ，f(x)=12x1+2x ，f(x)=x2，x0x2，x0) 的焦点为 F ，准线为 l ，点 A 为 C 上一点，以 F 为圆心， FA 为半径的圆交 l 于 B ， D 两点，若 BFD=

4、120 ， ABD 的面积为 23 ，则 p=（）A1B2C3D212已知函数 f(x)=10xm，x12xex2mx+m，x12 （e是自然对数的底数）在定义域R上有三个零点，则实数m的取值范围是（） A(e，+)B(e，5C(e，5)De，5二、填空题13(x+2x)6 的展开式中， x3 项的系数是 (用数字作答） 14已知数列 an 是等比数列，若 2a1=a3a4 ，且 a5 是 a4 与2的等差中项，则q的值是 . 15已知F是双曲线 C：x2y2=1 的右焦点，P是C的左支上一点， A(0，2) .当 APF 周长最小时，该三角形的面积为 . 16如图，AB是半圆O的直径，点C在

5、半圆上运动（不与A，B重合）， PA 平面ABC，若 AB=2 ，二面角 ABCP 等于60，则三棱锥P-ABC体积的最大值为 . 三、解答题17心理学家发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学，给所有同学几何和代数各一题，让各位同学自由选择一道题进行解答，统计情况如下表：（单位：人）几何题代数题总计男 同学22830女同学81220总计302050附表及公式：P(K2k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(adbc

6、)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)（1）能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关？（2）现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究，记甲、乙两名女生被抽到的人数为 X ，求 X 的分布列及数学期望. 18a，b，c分别为钝角ABC内角A，B，C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.（1）求cos(A+4)；（2）若b=2，cb，求c的取值范围.19如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，四边形 AA1C1C 是边长为 4 的正方形， AB=3 .再从条件： BC=5 、条件： ABAA1 、条件：平面 ABC 平面 AA1C1C 、中选择

7、两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答. （1）求证： AB 平面 AA1C1C ； （2）求直线 BC 与平面 A1BC1 所成角的正弦值. 20已知椭圆 C：x2a2+y2b2=1(ab0) 的右焦点为 F ，长半轴长为 6 ，过焦点 F 且垂直于 x 轴的直线 l 交椭圆于 A，B ， |AB|=6 . （1）求椭圆 C 的方程； （2）直线 m 是圆 O：x2+y2=1 的一条切线，且直线 m 与椭圆 C 相交于点 M，N ，求 MON 面积的最大值. 21已知函数 f(x)=xlnxa2x2x+1 ， aR . （1）若函数 y=f(x) 的图象在点 (1，f(1) 处的切线方程为

8、 y=2x+1 ，求实数a的值； （2）若函数 f(x) 在定义域内有两个不同的极值点 x1 ， x2 . （i）求实数a的取值范围；（ii）当 0ma .22在直线坐标系xOy中，曲线C1： x=tcosy=tsin (t为参数，t0)其中 0 .在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：2sin，C3：2 3 cos. （1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值23设 a，b，c，d 均为正数，且 a+b=c+d ，证明： （）若 abcd ，则 a+bc+d ；（） a+bc+d 是 |ab|5.024 ， 所以根

9、据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.（2）解：由题可知 X 可能取值为0，1，2， P(X=0)=1528 ， P(X=1)=1228=37 ， P(X=2)=128 ， X012P15281228128故 X 的分布列为：E(X)=01528+11228+2128=12 .18【答案】（1）因为3acosA=bcosC+ccosB， 所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB，即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA，又sinA0，所以cosA=13，且sinA=223，故cos(A+4)=22(cosAsinA)=246（2）因为cosA=130，

10、所以A为锐角， 又cb，所以CB，因为ABC为钝角三角形，所以C为钝角.因为a2=b2+c22bccosA=c243c+4，所以a2+b2c2=843c6.19【答案】（1）证明：选：由 AC=4 ， AB=3 ， BC=5 ，易知： ABAC ， 又 ABAA1 ， ACAA1=A ， AC，AA1 面 AA1C1C ，则 AB 面 AA1C1C ；选：由 AC=4 ， AB=3 ， BC=5 ，易知： ABAC .又面 ABC 面 AA1C1C ，面 ABC 面 AA1C1C=AC ， AB 面 ABC ，AB 平面 AA1C1C（2）解：由（1）知： ABAC ， ABAA1 ，又四边形

11、 AA1C1C 是正方形，则 ACAA1 ， 如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系 Axyz ，则 A(0，0，0) ， B(3，0，0) ， C(0，0，4) ， A1(0，4，0) ， C1(0，4，4) ，A1B=(3，4，0) ， A1C1=(0，0，4) ， BC=(3，0，4)设面 A1BC1 的一个法向量为 n=(x，y，z) ，则 nA1B=0nA1C1=0 ，即 3x4y=0，4z=0.令 y=3 ，则 x=4 ， z=0 ，即 n=(4，3，0) ，设直线 BC 与平面 A1BC1 所成角为 ，则 sin=|cos|=|BCn|BC|n|=1225 ，直线 BC 与平面

12、A1BC1 所成角的正弦值为 1225 .20【答案】（1）解：由题意知： a=6， 2b2a=6联立，解得 a2=6 ， b2=3 .所以椭圆的方程为 x26+y23=1 ；（2）解：当直线的斜率不存在时，直线 x=1 或 x=1 ， 当 x=1 时， y=102 ，则 SMON=102 ；当斜率存在，设直线方程为 y=kx+m ，设 M(x1，y1) ， N(x2，y2)因为直线与圆相切，则 |m|1+k2=1 ，即 m2=1+k2 .直线与椭圆联立： y=kx+mx2+2y2=6 得 (1+2k2)x2+4kmx+2m26=0 ，0 ，即 16k2m24(1+2k2)(2m26)0 ，将

13、 m2=1+k2 代入得 40k2+60 恒成立，且 x1+x2=4km1+2k2 ， x1x2=2m261+2k2 ，所以 |MN|=1+k2(4km1+2k2)242m261+2k2=21+k210k2+41+2k2所以 SMON=12|MN|1=1+k210k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令 t=1+2k2(t1) ，即 SMON=12(1t)2+2(1t)+52=12(1t2)2+92(00 ， h(x) 在 (0，+) 上单调递增，至多只有一个零点；当 a0 时，在 (0，1a) 上 h(x)0 ， h(x) 单调递增；在 (1a，+) 上 h(x)0

14、 ，即 lna10 ，解得 0a1e ，又 f(1a2)=ln1a21a1a1a=0 ，易证 lnxx ，证明如下：令 m(x)=xlnx ， m(x)=12x1x=x22x ，当 x(0，4) 时， m(x)0 ，故 m(x)=xlnx0 ，得证.f(1)=a0 ，所以 f(x) 在 (1，1a) 和 (1a，1a2) 上各有一个零点，故 f(x) 有两个零点时，a的范围为 0a1e ；（ii）法1：由（i）可知 x1 ， x2 是 h(x)=lnxax 的两个零点，不防设 0x11ama(x1+x2)(lnx1lnx2)x1x2m0(x1x2+1)lnx1x2x1x21m0(*)令 t=x

15、1x2(0，1) ，则 (*)lntt1t+1m0(*) ，记 g(t)=lntt1t+1m0 ， t(0，1) ，由 g(t)=t22(m1)t+1t(t+1)2 ，令 p(t)=t22(m1)t+1 ， 0m2 .又 =4(m1)24=4m(m2)0 ，则 p(t)0 ，即 g(t)0 ，所以 g(t) 在 (0，1) 上单调递增，故 g(t)ma 成立.法2：欲证 x1+x2ma ，由 0m2 ， 0a2a .不妨设 0x11a2a(x1+x2)(lnx1lnx2)x1x220(x1x2+1)lnx1x2x1x2120(*)令 t=x1x2(0，1) ，则 (*)lnt2(t1)t+10

16、(*) ，记 g(t)=lnt2(t1)t+1 ， t(0，1) ，由 g(t)=(t1)2t(t+1)20 ，即 g(t) 在 (0，1) 上单调递增，故 g(t)ma .22【答案】（1）解：曲线C2的直角坐标方程为x2y22y0，曲线C3的直角坐标方程为x2y22 3 x0 联立 x2+y22y=0x2+y223x=0 ，解得 x=0y=0 或 x=32y=32 ，所以C2与C3交点的直角坐标为(0，0)和 (32，32) .（2）解：曲线C1的极坐标方程为 =(R，0) ，其中 0 ， 因此A的极坐标为 (2sin，) ，B的极坐标为 (23cos，) ，所以 |AB|=|2sin23

17、cos|=4|sin(3)| ，当 =56 时， |AB| 取得最大值，最大值为4.23【答案】解：（）因为 (a+b)2=a+b+2ab ， (c+d)2=c+d+2cd ，由题设 a+b=c+d ， abcd ，得 (a+b)2(c+d)2 因此 a+bc+d （）（）若 |ab|cd| ，则 (ab)2(cd)2 即 (a+b)24abcd ，由（）得 a+bc+d （）若 a+bc+d ，则 (a+b)2(c+d)2 ，即 a+b+2abc+d+2cd 因为 a+b=c+d ，所以 abcd ，于是 (ab)2=(a+b)24ab(c+d)24cd=(cd)2 因此 |ab|c+d 是 |ab|cd| 的充要条件