陕西省西安市西北工业大学附属中学2022-2023学年高三理科数学上学期第二次适应性训练试卷（Word版附解析）

高2023届第二次适应性训练理科数学一.选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设，则（）A.B.1C.D.0【答案】B【解析】【分析】根据复数除法运算化简后，由公式直接求模即可.【详解】,.故选：B2.设集合A={x|x2-5x+6>0}，B={x|x-1<0}，则A∩B=A.(-∞，1)B.(-2，1)C.(-3，-1)D.(3，+∞)【答案】A【解析】【分析】先求出集合A，再求出交集．【详解】由题意得，，则．故选A．【点睛】本题考点为集合的运算，为基础题目．3.为了降低成本和节约时间，在进行核酸检测时，常常10人一组进行混合检测.若每人的核酸检测结果呈阳性的概率为，则10人一组的混合核酸检测结果呈阳性的概率为（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】若10人一组的混合核酸检测结果呈阳性，则这10人中至少有1人核酸检测结果呈阳性，其对立事件为这十人核酸结果都不是阳性，根据对立事件的概率求法求得答案.【详解】因为每人的核酸检测结果呈阳性的概率为p，则每人的核酸检测结果不是阳性的概率为，所以这10人核酸检测结果都不是阳性的概率为，于是至少有1人核酸检测结果呈阳性的概率为，故选:C.4.已知向量在向量方向上的投影为，向量在向量方向上的投影为，且，则A.B.4C.2D.12【答案】C【解析】【详解】分析：向量在向量方向上的投影为，求出向量夹角，由向量在向量方向上的投影为，求出向量的模，将平方，结合平面向量数量积公式可得结果.详解：设的夹角为，向量在向量方向上的投影为，且，所以得，因为向量在向量方向上的投影为，所以，，，故选C. 点睛：本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.5.设经过点的直线与抛物线相交于两点，若线段中点的横坐标为，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据中点坐标公式可求得，利用抛物线焦点弦长公式可求得结果.【详解】设，，中点横坐标为，则，解得：；.故选：C.6.甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用．若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（）A.丙被录用了B.乙被录用了C.甲被录用了D.无法确定谁被录用了【答案】C【解析】【分析】利用反证法,即可得出结论【详解】假设甲说的是真话，即丙被录用，则乙说的是假话，丙说的是假话，不成立；假设甲说的是假话，即丙没有被录用，则丙说的是真话，若乙说的是真话，即甲被录用，成立.故甲被录用. 若乙被录用，则甲和乙的说法都错误，不成立.故选:C.7.已知等比数列的前项和为，若，，则（）A.6B.3C.2D.1【答案】B【解析】【分析】将题设中的两个条件作比值，可得，再由即得解【详解】由题意，设等比数列的首项为，公比为，，故选：B8.将函数的图像向左平移个单位长度后，得到的图像关于轴对称，且函数在上单调递增，则函数的最小正周期为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出平移后的解析式，根据对称性得到，，再结合函数在上单调递增，得到，求出，列出不等式，求出，得到最小正周期. 【详解】的图像向左平移个单位长度后，得到，则关于轴对称，所以，，解得：，，因为，故当时，，因为函数在上单调递增，所以，解得：，故，解得：，因为，所以，故，则函数的最小正周期为.故选：B9.数学中处处存在着美，机械学家莱洛发现的莱洛三角形就给人以对称的美感.莱洛三角形的画法∶先画等边三角形ABC，再分别以点A，B，C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形（如图所示）.若莱洛三角形的周长为2π，则其面积是（　　） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题设可得，法1：求三个弓形的面积，再加上三角形的面积即可；法2：求出一个扇形的面积并乘以3，减去三角形面积的2倍即可.【详解】由已知得：，则，故扇形的面积为，法1：弓形的面积为，∴所求面积为．法2：扇形面积的3倍减去三角形面积的2倍，∴所求面积．故选：D10.设F为双曲线C：（a>0，b>0）右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为A.B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】准确画图，由图形对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a关系，可求双曲线的离心率．【详解】设与轴交于点，由对称性可知轴，又，为以为直径的圆的半径，为圆心． ，又点在圆上，，即．，故选A．【点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾，运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．11.如图，在三棱锥中，平面，，，侧棱与平面所成的角为，为的中点，是侧棱上一动点，当的面积最小时，异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】通过线面位置关系的证明得到的面积为，当的面积最小，此时，据此即可利用解三角形的方法进行求解即可【详解】由题意知为等腰直角三角形，因为为的中点，所以．又平面，所以，所以平面，所以，故的面积．易知，所以，所以，当最小时，的面积最小，此时．当时，过作，交的延长线于点，则，连接，如图，则为异面直线与所成的角或其补角．因为平面，所以为直线与平面所成的角，所以，所以，所以，．又，所以，所以，，在中，易知，所以，故当的面积最小时，异面直线与所成角的余弦值为故选：D【点睛】本题以三棱锥为载体考查空间线面关系的判定、线面角、异面直线所成的角，考查 考生的空间想象能力、逻辑思维能力，属于中档题12.已知关于的不等式对任意恒成立，则的最大值为（）A.B.1C.D.【答案】C【解析】【分析】讨论的取值范围，利用函数图象，结合导数求出，构造函数，利用导数求出函数的最值，进而得解.【详解】设，，若，对任意恒成立，则，对任意恒成立，当时，在同一坐标系中作出函数的图象，显然，由图可知，对任意不恒成立；当时，在同一坐标系中作出函数的图象，由图可知，临界条件是直线与曲线的图象相切时，由，求导，设，解得，且，∴当的切线斜率为1时，切点坐标为， 故，所以即两边同除以，，令求导令，得，即当，，函数单调递增，当，，函数单调递减，所以当，函数取到最大值，且故的最大值为故选：C.【点睛】思路点睛：本题考查不等式恒成立求参数取值范围问题，需要结合图象分类讨论，构造函数将问题转化，考查数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想和运算求解能力，是难题.二.填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.13.的展开式中的常数项是：__________．(请用数字作答)【答案】-20【解析】【详解】，令，则，所以常数项为．14.设，若，则______. 【答案】##【解析】分析】根据题意，有函数的解析式分析函数在区间和，上的单调性，进而可得，结合函数的解析式可得，变形可得的值，将的值代入，由解析式计算可得答案．【详解】根据题意，，则区间上，，是增函数，在区间，上，，也是增函数，若，必有或，当时，，不能成立，则必有，则有，变形可得：，解可得，则（e），故答案为：．15.若表示整数的个位数字，，数列的前项和为，则______.【答案】1012【解析】【分析】根据题意可推得为周期数列，求得其周期为10，计算出，求得，即可求得的值.【详解】由题意知表示正整数n的个位数字, 因为，与的个位数字均为0，所以，因为，20的个位数字为0，所以，，即数列为周期性数列，且周期为10，所以，因为，，，，，，，，，，则，故，故答案为：1012.16.已知三棱锥的顶点都在球的球面上，且该三棱锥的体积为，平面，，，则球的体积的最小值为______.【答案】【解析】【分析】根据体积公式得到，根据余弦定理得到，根据正弦定理得到，根据得到，计算得到答案.【详解】，故. 根据余弦定理：，即，当时等号成立设外接圆半径为，故，即.设球的半径为，球心在平面的投影为外心，则，，.故答案为：.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.三.解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.在中，角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，，． （Ⅰ）求的值；（Ⅱ）已知的面积为，求边b．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）结合正弦定理进行边角转化，逆用两角和的正弦公式即可求出结果；（Ⅱ）利用同角的平方关系即可求出，进而结合三角形的面积公式即可求出边长，再结合余弦定理即可求出边b.【详解】（Ⅰ）由正弦定理，（其中R为外接圆的半径），所以，，，代入已知条件可得：，所以，即，，故．（Ⅱ）因为，且，所以，故，所以的面积为，故，解得，所以，即．18.如图，在多边形中（图1）．四边形为长方形，为正三角形，，，现以为折痕将折起，使点在平面内的射影恰好是的中点（图2）． （1）证明：平面；（2）若点在线段上，且，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）过点作，垂足为，由于点在平面内的射影恰好是中点，可得平面，进一步得到，又因为，，则平面；（2）取的中点，以为坐标原点，以，，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，代入夹角公式可求出结果．【详解】（1）作的中点，连接，由题知平面．因为平面，所以，又因为，，所以平面．（2）取的中点，连接，则，，，以为坐标原点，以，，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系． 则，，则，，，，，设平面的一个法向量为则有，令，所以易知平面的一个法向量为所以，所以二面角的余弦值为．【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，二面角的求解，建立空间直角坐标系，用向量法求二面角是常用方法，本题属于中档题.19.2021年，为降低疫情传播风险，保障经济社会良好运行，各地区鼓励外来务工人员就地过节、过年.某市统计了该市4个地区的外来务工人员数与就地过年的人员数，得到如下的表格：区区区区外来务工人员数/万人3456就地过年的人员数/万人2.5344.5 （1）已知可用线性回归模型拟合与的关系，求关于的线性回归方程.（2）假设该市政府对外来务工人员中选择就地过年的人每人发放1000元补贴.（ⅰ）若该市区有2万名外来务工人员，根据（1）的结论估计该市政府需要给区选择就地过年的人员发放的补贴总金额；（ⅱ）若区的外来务工人员中甲、乙两人选择就地过年的概率分别为，，该市政府对甲、乙两人的补贴总金额的期望不超过1500元，求的取值范围.参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.【答案】（1）（2）（ⅰ）1750万元；（ⅱ）【解析】【分析】（1）线性回归方程直接用参考公式求解．（2）（i）将x=2代入（1）中的线性回归方程，即可求出E区就地过年的人数；（ii）由X的所有可能取值为0，1，2，并分别求出相应的概率，即可得到分布列，然后求出期望，最后列出不等式求出p的取值范围．【小问1详解】所以，，则故关于线性回归方程为【小问2详解】 （ⅰ）将代入得故，估计该市政府需要给区选择就地过年的人员发放的补贴总金额为（万元）（ⅱ）设甲、乙两人中选择就地过年的人数为，则的所有可能取值为0，1，2所以的分布列为012所以，所以，由，得，又所以.所以的取值范围为20.已知椭圆上的动点P到右焦点距离的最小值为.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l和椭圆C交于M、N两点，A为椭圆的右顶点，，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意，得到，求得且，即可得到椭圆C的方程；（2）设直线的方程为，进而得到直线的方程为 ，联立方程组，求得点的横坐标，得出,进而得到的面积的表达式，结合基本不等式，即可求解.【详解】（1）由题意，椭圆上的动点P到右焦点距离的最小值为，可得，解得，又由，故椭圆C的方程为.（2）设直线的方程为，不妨设.因为，则直线的方程为.由可得.设，因为点A的坐标为，所以，即，所以，同理可得，所以的面积，当且仅当，即时等号成立.所以面积的最大值为. 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．21.已知是函数(a∈R)的导函数．（1）讨论的单调性；（2）若f(x)有两个极值点，且，求a的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求出函数，再利用导数分类讨论求解的单调性.（2）由已知可得函数有两个零点，探求的范围，借助零点用表示a，再利用导数求解作答.【小问1详解】函数定义域为，求导得：，，当时，，于是得在上单调递增，当时，由得，由得，则在上单调递增，在上单调递减，所以，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减．【小问2详解】 因f(x)有两个极值点，则有有两个零点，由（1）可知时不满足条件，当时，，解得，此时，，即使得，令，则，因此在上单调递减，在上单调递增，，，即，当且仅当时取“=”，因此，，则使得，从而有，又，即，则有，设，则，即在上单调递增，又，则，令，则，即在上单调递减，，因此，，所以a的取值范围是．【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. （二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在极坐标系中，圆.以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系，直线经过点且倾斜角为.求圆的直角坐标方程和直线的参数方程；已知直线与圆交与，，满足为的中点，求.【答案】（1），，(为参数，).（2）【解析】【分析】（1）利用极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，可求解圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的形式，即可求得直线的参数方程；将直线的方程代入圆的方程，利用根与系数的关系，求得，，由为的中点，得到，求得，即可求得的表达式，利用三角函数的性质，即可求解.【详解】（1）由题意，圆，可得，因为，，所以，即，根据直线的参数方程的形式，可得直线:，(为参数，).设对应的参数分别为，将直线的方程代入，整理得，所以，，又为的中点，所以，因此，， 所以，即，因为，所以，从而，即.【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程，直线参数方程的求解，以及直线参数方程的应用，其中解答中合理利用直线参数中参数的几何意义求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）代入的值，根据题意，分情况求解，即可得出结果；（2）问题转化为恒成立，当时，，令，求出的最大值，求出的范围即可．【详解】（1）当时，，由，得或或，解得：或，故不等式的解集是；（2）当]时，，因此恒成立，即恒成立， 整理得：，当时，成立，当时，，令，∵，∴，∴，∴，故，故．【点睛】本题考查解含绝对值的不等式，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记含绝对值不等式的解法，灵活运用分类讨论的思想即可，属于常考题型.