2023年陜西咸陽(yáng)高三二模理科數(shù)學(xué)試卷【含答案】

2023年陜西咸陽(yáng)高三二模理科數(shù)學(xué)試卷一、單選題1、已知復(fù)數(shù)z滿足，那么（

）A.1 B. C. D.22、已知集合，，那么（

）A.B.C.D.3、某商場(chǎng)要將單價(jià)分別為36元,48元,72元的3種糖果按3:2:1的比例混合銷售,其中混合糖果中每一顆糖果的質(zhì)量都相等.那么該商場(chǎng)對(duì)混合糖果比較合理的定價(jià)應(yīng)為（

）A.52元B.50元C.48元D.46元4、已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，有以下四個(gè)命題：①若，，則

②若，，則③若，，則

④若，，，則其中正確的命題是（

）A.②③ B.②④ C.①③ D.①②5、函數(shù)的大致圖象為（

）A.B.C.D.6、已知函數(shù)，當(dāng)時(shí)，取得最小值，則的最小值是（

）A. B. C. D.7、數(shù)列的前n項(xiàng)和為，對(duì)一切正整數(shù)n，點(diǎn)在函數(shù)的圖象上，（且），則數(shù)列的前n項(xiàng)和為（

）A. B. C. D.8、已知直角三角形ABC，，，，現(xiàn)將該三角形沿斜邊AB旋轉(zhuǎn)一周，則旋轉(zhuǎn)形成的幾何體的體積為（

）A. B. C. D.9、巴塞爾問(wèn)題是一個(gè)著名的級(jí)數(shù)問(wèn)題，這個(gè)問(wèn)題首先由皮耶特羅·門戈利在1644年提出，由萊昂哈德·歐拉在1735年解決．歐拉通過(guò)推導(dǎo)得出：．某同學(xué)為了驗(yàn)證歐拉的結(jié)論，設(shè)計(jì)了如圖的算法，計(jì)算的值來(lái)估算，則判斷框填入的是（

）A. B. C. D.10、2022年卡塔爾世界杯足球賽落幕，這是歷史上首次在卡塔爾和中東國(guó)家境內(nèi)舉行、也是第二次在亞洲舉行的世界杯足球賽．有甲，乙，丙，丁四個(gè)人相互之間進(jìn)行傳球，從甲開(kāi)始傳球，甲等可能地把球傳給乙，丙，丁中的任何一個(gè)人，以此類推，則經(jīng)過(guò)三次傳球后乙只接到一次球的概率為（

）A. B. C. D.11、已知雙曲線C：，c是雙曲線的半焦距，則當(dāng)取得最大值時(shí)，雙曲線的離心率為（

）A. B. C. D.12、已知實(shí)數(shù)，…，對(duì)任意，不等式恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（

）A.B.C.D.二、填空題13、的展開(kāi)式中的系數(shù)為

．14、過(guò)拋物線的焦點(diǎn)F的直線l與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，若l的傾斜角為，則線段AB的中點(diǎn)到x軸的距離是

．15、已知非零向量，，滿足，，的夾角為，且，則向量，的數(shù)量積為

．16、如圖，已知在扇形OAB中，半徑，，圓內(nèi)切于扇形OAB（圓和OA、OB、弧AB均相切），作圓與圓、OA、OB相切，再作圓與圓、OA、OB相切，以此類推．設(shè)圓、圓……的面積依次為，……，那么

．三、解答題17、△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知，．(1)求；(2)若，求△ABC的周長(zhǎng)．如圖，直四棱柱的底面是菱形，，，E，M，N分別是BC，，的中點(diǎn)．證明：平面；求二面角的正弦值．19、2023年1月26日，世界乒乓球職業(yè)大聯(lián)盟（WTT）支線賽多哈站結(jié)束，中國(guó)隊(duì)包攬了五個(gè)單項(xiàng)冠軍，乒乓球單打規(guī)則是首先由發(fā)球員發(fā)球2次，再由接發(fā)球員發(fā)球2次，兩者交替，勝者得1分．在一局比賽中，先得11分的一方為勝方（勝方至少比對(duì)方多2分），10平后，先多得2分的一方為勝方，甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行乒乓球單打比賽，甲在一次發(fā)球中，得1分的概率為，乙在一次發(fā)球中，得1分的概率為，如果在一局比賽中，由乙隊(duì)員先發(fā)球．甲、乙的比分暫時(shí)為8：8，求最終甲以11：9贏得比賽的概率；求發(fā)球3次后，甲的累計(jì)得分的分布列及數(shù)學(xué)期望．橢圓C：的左、右焦點(diǎn)分別為、，且橢圓C過(guò)點(diǎn)，離心率為．求橢圓C的方程；若點(diǎn)是橢圓上任一點(diǎn)，那么橢圓在點(diǎn)M處的切線方程為．已知是（1）中橢圓C上除頂點(diǎn)之外的任一點(diǎn)，橢圓C在N點(diǎn)處的切線和過(guò)N點(diǎn)垂直于切線的直線分別與y軸交于點(diǎn)P、Q．求證：點(diǎn)P、N、Q、、在同一圓上．已知函數(shù).當(dāng)時(shí),求函數(shù)的零點(diǎn);對(duì)于任意的,恒有,求實(shí)數(shù)的取值范圍.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為（t為參數(shù)），以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為．求曲線C的普通方程和直線l的直角坐標(biāo)方程；若直線l與曲線C交于P，兩點(diǎn)，且點(diǎn)，求的值．已知，．若，求不等式的解集；，若圖象與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形面積不大于2，求正數(shù)m的取值范圍．1、【答案】B;【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算求出復(fù)數(shù)，即可得的值.【詳解】解：因?yàn)?，所以，所以，即，所以，所?故選：B2、【答案】C;【解析】【分析】根據(jù)偶次根式要求被開(kāi)方式大于等于零，求得集合，解分式不等式求得集合，之后求交集得到結(jié)果.【詳解】由，得，所以，由及，得，解得，解得，所有，故選：C3、【答案】D;【解析】【分析】本質(zhì)上是求3種糖果單價(jià)的加權(quán)平均值,只需將三種糖果的單價(jià)加權(quán)平均即可.【詳解】定價(jià)=(元).故選:D.4、【答案】A;【解析】【分析】由線面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、面面平行的判定定理和面面垂直的性質(zhì)定理對(duì)各命題進(jìn)行檢驗(yàn).【詳解】若，，則或，命題①錯(cuò)誤；由面面垂直的判定定理可知，命題②正確；垂直于同一條直線的兩個(gè)平面互相平行，命題③正確；若，，，則可能相交可能平行可能異面，不一定互相垂直，命題④錯(cuò)誤.故選：A5、【答案】B;【解析】【分析】分和去掉絕對(duì)值化簡(jiǎn)函數(shù)解析式，即可判斷函數(shù)圖象．【詳解】依題意可得，又，則根據(jù)指數(shù)函數(shù)圖象即可判斷只有選項(xiàng)B符合．故選：B．6、【答案】C;【解析】【分析】根據(jù)時(shí)，取得最小值，列出等式后解出，取為連續(xù)的整數(shù)時(shí)，剛好正負(fù)發(fā)生變化，即可得出的最小值.【詳解】解：因?yàn)楫?dāng)時(shí)，取得最小值，即，所以，即，解得：，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以的最小值是.故選：C7、【答案】D;【解析】【分析】根據(jù)與的關(guān)系求得，進(jìn)而求出，利用裂項(xiàng)相消求和法即可求解.【詳解】由題意知①，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，②，①-②，得，若，，符合題意，所以，則，所以，則.故選：D.8、【答案】C;【解析】【分析】由題意作出旋轉(zhuǎn)體由兩個(gè)圓錐構(gòu)成，利用等面積法求出底面圓的半徑，即可根據(jù)圓錐的體積公式求出旋轉(zhuǎn)體的體積.【詳解】解：將直角三角形ABC沿斜邊AB旋轉(zhuǎn)一周，旋轉(zhuǎn)形成的幾何體的如圖所示，，，，故選：C.9、【答案】D;【解析】由程序框圖可知，因?yàn)檩敵龅慕Y(jié)果是，則判斷框填入的是.因此正確答案為：D.10、【答案】D;【解析】【分析】將所有傳球的結(jié)果列出，再利用古典概型求結(jié)果.【詳解】傳球的結(jié)果可以分為：分別傳給3人時(shí)：乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，丁乙丙，丁丙乙，共6種；若傳給2人時(shí)：乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共6種；再傳給甲的：乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，丙甲乙，丁乙甲，丁甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁甲丙，丁丙甲，共15種；共27種，只傳乙一次的有16種，所以所求概率為故選：D.11、【答案】A;【解析】【分析】由題意，，三角換元，用c表示a，b，利用三角函數(shù)求得最值，再利用離心率公式直接求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)槭请p曲線的半焦距，所以，設(shè)，則，令，則，當(dāng)時(shí)，有最大值，所以，所以.故選：A12、【答案】A;【解析】【分析】將原不等式變化為，令，則在上單調(diào)遞增，故有，即有，，令，求出令的最小值即可得答案.【詳解】解：因?yàn)?，所以，即，即，所以，令，易知在上單調(diào)遞增，又因?yàn)?，所以，所以，所以，令，則，所以當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；所以，所以，解得.故選：A【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于恒成立問(wèn)題常用的方法有：(1)分離常數(shù)法，只需求出分離后的函數(shù)的最值即可；(2)直接利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值；(3)構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用導(dǎo)數(shù)確定所構(gòu)造的函數(shù)單調(diào)性，從而達(dá)到求解的目的.13、【答案】;【解析】展開(kāi)式的通項(xiàng)為（），令，得，所以展開(kāi)式中的系數(shù)為．故答案為：．14、【答案】3;【解析】【分析】由題設(shè)知直線為，聯(lián)立拋物線方程，應(yīng)用韋達(dá)定理可得的中點(diǎn)橫坐標(biāo)，進(jìn)而得縱坐標(biāo)，即得.【詳解】由題意，拋物線為，則，即直線為，∴將直線方程代入拋物線整理得：，設(shè)，，則，故線段的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為代入直線，得，∴線段的中點(diǎn)到軸的距離是.故答案為：3.15、【答案】;【解析】因?yàn)?，所以，因?yàn)?，的夾角為，且，所以，故答案為：．16、【答案】;【解析】【分析】分別設(shè)圓的半徑為，根據(jù)題意可得是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，然后結(jié)合圓的面積公式和等比數(shù)列求和公式計(jì)算即可求解.【詳解】如圖，設(shè)圓與OA分別切于點(diǎn)，則，圓的半徑為，因?yàn)?，所以，在中，，則，即，解得，在中，，則，即，解得，同理可得，所以是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，因?yàn)椋悦娣e，……構(gòu)成一個(gè)以為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列，則，故答案為：.17、【答案】(1)(2);【解析】【分析】（1）根據(jù)題意和誘導(dǎo)公式可得，利用兩角和的余弦公式化簡(jiǎn)計(jì)算即可求解；（2）根據(jù)題意和正弦定理可得，結(jié)合余弦定理求得，即可求解.【詳解】（1）由題意在△ABC中，，∴，∴，∵，∴．（2）由題意及（1）得在△ABC中，，由正弦定理可得，，又由（1）得，∴；由余弦定理可得，∴，∴，∴△ABC的周長(zhǎng)為：．18、【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2);【解析】【分析】（1）連接ME，，證明四邊形MNDE為平行四邊形，可得，再根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；（2）連接，，設(shè)，，以O(shè)為原點(diǎn)，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.【詳解】（1）連接ME，，∵M(jìn)，E分別為，BC中點(diǎn)，∴ME為的中位線，∴且，因?yàn)榍?，所以四邊形為平行四邊形，所以且，又N為中點(diǎn)，∴且，∴，，∴四邊形MNDE為平行四邊形，∴，又平面，平面，∴平面；（2）連接，，設(shè)，，由直四棱柱性質(zhì)可知：平面ABCD，∵四邊形ABCD為菱形，∴，則以O(shè)為原點(diǎn)，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則：，，，，，取AB中點(diǎn)F，連接DF，則，∵四邊形ABCD為菱形且，∴為等邊三角形，∴，又平面ABCD，平面ABCD，∴，又平面，∴平面，即DF⊥平面，∴為平面的一個(gè)法向量，且，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，又，，∴，令，則，，∴平面的一個(gè)法向量為∴，∴，∴二面角的正弦值為．19、【答案】(1)(2)分布列見(jiàn)詳解，;【解析】【分析】（1）根據(jù)題意可得甲以11：9贏得比賽，則甲再得到3分，乙得到1分，且甲得到最后一分，再根據(jù)獨(dú)立事件的乘法公式求概率即可；（2）根據(jù)題意可得X的可能取值為0，1，2，3，求出相應(yīng)的概率列出分布列，再求其數(shù)學(xué)期望即可．【詳解】（1）甲以11：9贏得比賽，共計(jì)20次發(fā)球，在后4次發(fā)球中，需甲在最后一次獲勝，最終甲以11：9贏得比賽的概率為：．（2）設(shè)甲累計(jì)得分為隨機(jī)變量X，X的可能取值為0，1，2，3．，，，，∴隨機(jī)變量X的分布列為：∴．20、【答案】(1)(2)證明見(jiàn)解析;【解析】【分析】（1）根據(jù)離心率和橢圓所過(guò)點(diǎn)及得到方程組，求出答案；（2）根據(jù)題意得到過(guò)點(diǎn)的橢圓的切線方程及直線NQ方程，得到P、Q兩點(diǎn)坐標(biāo)，從而得到，得到，，得到證明.【詳解】（1）由題意得，解得，即橢圓C：．（2）由題意知：過(guò)點(diǎn)的橢圓的切線方程為，令，則；∵且，則設(shè)直線NQ方程為，令，則；又，，則；；即，，∴，即點(diǎn)N、P、Q、、在以PQ為直徑的圓上．21、【答案】(1)有唯一的零點(diǎn)(2).;【解析】【分析】(1)的正負(fù)不明顯時(shí),對(duì)其再次求導(dǎo)判斷值域,即可得出的正負(fù),從而得出的單調(diào)性,再結(jié)合函數(shù)值即可判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù).(2)注意到,可考慮讓在單調(diào)遞增求出的范圍即可符合題意,然后再檢驗(yàn)不單調(diào)遞增時(shí)的范圍即可，此法為端點(diǎn)效應(yīng).【詳解】（1）當(dāng)時(shí),,得,令,則,,即,所以在上單調(diào)遞增,注意到,故有唯一的零點(diǎn).（2）注意到,只要即可，,,令,則,當(dāng)時(shí),,有,即,符合題意;當(dāng)時(shí),,若,即時(shí),,此時(shí),即,符合題意;若,即時(shí),在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增知,∴,不合題意,綜上.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題第二問(wèn)的關(guān)鍵在于分類討論，首先討論時(shí)的情況，然后討論時(shí)，利用端點(diǎn)效應(yīng)代入求出的范圍，并檢驗(yàn)是否符合題意，22、【答案】(1)，(2);【解析】【分析】（1）消去參數(shù)即可得到曲線的普通方程；通過(guò)，即可將直線的極坐標(biāo)方程轉(zhuǎn)化為直角坐標(biāo)方程；（2）首先將直線的普通方程轉(zhuǎn)化為參數(shù)方程，再將其代