陕西省西安交大附中2022届高三理科数学下学期第七次模拟试卷（PDF版附答案）

班级高三第七次模拟考试数学（理科）试题一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，每小题有4个选项，其中有且仅有一个是正确的，把正确的选项填在答题卡中)姓名1．已知集合A＝{1，3，a2}，B＝{1，a+2}，若A∩B＝B，则实数a的取值为（）A．1B．﹣1或2C．2D．﹣1或12．已知xy,R，则“x1且y2”是“xy+3”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件考号C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3．函数fx定义如下表，数列x满足x2，且对任意的自然数均有xfx，n0nn1则x（）2022x12345fx51342A．1B．2C．4D．54.要考察某公司生产的500克袋装牛奶的质量是否达标，现从500袋牛奶中抽取50袋进行检验，将它们编号为000，001，002，…499，利用随机数表抽取样本，从第8行第5列的数开始，按3位数依次向右读取，到行末后接着从下一行第一个数继续．则所抽取样本第三袋牛奶的编号是（）（下面摘取了某随机数表的第7行至第9行）844217533157245506887704744767217633502583921206766301647859169555671998105071851286735807443952387933211A．358B．169C．455D．2065.运行如图所示程序后，输出的结果为（）A．15B．17C．19D．216.若,,cos=(2sin−)tan2，则tan=（）2理科数学第1页，共4页.\n551515A．−B．C．−D．3315157.将4个9和2个6随机排成一行，则2个6不相邻共有()种不同的排法.A．240B．120C．20D．1022xy8.已知双曲线−=1(ab0,0)的左、右焦点分别为FF,，点P在双曲线的右支上，2212ab且PF=4PF，则此双曲线的离心率e的最大值为()12457A.B.C．2D.3333*9.已知数列{}an的前n项和为Sn，满足Snn=a+nn(N)，则a2021=（）2A．202120202020202113−B．13−C．123−D．123−10.刍甍（chúméng）是中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记载“刍甍者，下有褒有广，而上有褒无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍甍字面意思为茅草屋顶．”已知图中每个小正方形的边长都为1，其中的粗线部分是某个刍甍的三视图，则该刍甍的体积为（）．．51A．B．39C．12D．152311.已知函数fx()=−2x3x，若过点Pt(1,)存在3条直线与曲线y=fx()相切，则t的取值范围是（）A.[3,1)−B.[2,1]−C.(−−−,3](1,1)D.(3,1)−−12.在矩形ABCD中，AB==2,AD23，沿对角线AC将矩形折成一个大小为的二面角1BACD−−，若cos=，则下列结论中正确结论的个数为（）3①四面体ABCD外接球的表面积为16②点B与点D之间的距离为2342③四面体ABCD的体积为④异面直线AC与BD所成的角为60°3理科数学第2页，共4页.\nA．1B．2C．3D．4二、填空题(本大题共4个小题，每空5分，共20分，把正确答案填在答题卡上)1213.抛物线yx的准线方程是___________________.414.设复数z1，z2满足||=||=2zz12，zz12+=3i+，则||zz12−=__________．1115.已知在平行四边形ABCD中，DE=EC，BF=FC，|AE|2=，|AF|=6，则ACDB22值为__________．16.等差数列an中a1+a5+a14=a10+24，aa51=3.若集合*nnN∣2a12+a++an中仅有2个元素，则实数的取值范围是______．三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17.（本小题满分12分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且3sinaCccosA3c，A为锐角．（1）求A；（2）若a＝2，b＞c，BABCAC，求b，c的值．18.（本小题满分12分）已知在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l:yx=−24.设圆C的半径为1，圆心在直线l上．（1）若圆心C也在直线yx=−1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；（2）若圆C上存在点M，使MA=2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围．19.（本小题满分12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠PAB＝90°，底面ABCD为梯形，AB∥CD，CD＝2AB＝22，BC＝BD．△PAD中，∠PAD＝120°，PA＝AD＝2．（1）求三棱锥P﹣ABD的体积；（2）求二面角B﹣PD﹣C的余弦值．20.（本小题满分12分）甲乙两人进行一场比赛，在每一局比赛中，都不会出现平局，甲获胜的概率为p（0＜p＜1）．理科数学第3页，共4页.\n（1）若比赛采用五局三胜制，则求甲在第一局失利的情况下，最终甲获胜的概率；（2）若比赛采用三局两胜制，且p＝0.5，则比赛结束时，求甲胜的局数X的分布列和方差；（3）结合（1）（2），比较甲在两种赛制中获胜的概率，谈谈赛制对甲获得比赛胜利的影响．x21.（本小题满分12分）已知函数fx()=eR−axaa+()，其中e是自然对数的底数．（1）求fx()的极小值；（2）当a0时，设fx()为fx()的导函数，若函数fx()有两个不同的零点xx12,，且2xx12xx12，求证：f(3ln)af．xx+12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，则按所做的第一题计分。22.（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程12xt=+t在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为C:（t为参数），以直角坐标原点Oyt=−1t为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C的极坐标方程；(2)若AB,是曲线C上的两点，且OAOB=0，求AB的最小值．23.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲已知函数fx()=xa++x−2a.1（1）若b为非零实数，ab=+，证明：fx()6；b41（2）若mn+=1，对mn､(0,1,)xR，使得fx()+，求a的取值范围.mn理科数学第4页，共4页.\n七模数学理科答案一、选择题123456789101112CABBDCDBADDB二、填空题y12313..14.92，9415.16.2三、解答题17.解：（1）由，得sinAsinC+sinCcosA＝sinC，∴sinA+cosA＝，∴2sin（A+）＝，∴sin（A+）＝，∵0＜A＜，∴＜A＜，∴A+＝，∴A＝；（2），∴|﹣|2＝|+|2，∴•＝0，∴∠B＝90°，∴sinA＝，＝，∴b＝4，由勾股定理可得c＝2．18.（1）由题设，圆心C是直线y＝2x－4和y＝x－1的交点，解得点C(3，2)，于是切线的斜率必存在．设过A(0，3)的圆C的切线方程为y＝kx＋3，31k3由题意，＝1，解得k＝0或－，k214故所求切线方程为y＝3或3x＋4y－12＝0.（2）因为圆心在直线y＝2x－4上，所以圆C的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1.设点M(x，y)，因为MA＝2MO，22所以＝2xy，化简得x2＋y2＋2y－3＝0，即x2＋(y＋1)2＝4，所以点M在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上．由题意，点M(x，y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，则|2－1|≤CD≤2＋1，22即1≤aa23≤3.由5a2－12a＋8≥0，得a∈R；\n12由5a2－12a≤0，得0≤a≤.512所以点C的横坐标a的取值范围为[0，]．519.解：（1）取CD的中点F，∵BC＝BD，∴BE⊥CD，∵AB∥CD，且AB＝DE，∴四边形ABED是矩形，∴AB⊥AD，∵PA⊥AB，且AD∩AP＝A，∴AB⊥平面PAD，∴三棱锥P﹣ABD的体积为：VP﹣ABD＝VB﹣ADP＝＝＝．（2）以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，过点A作平面PAD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则P（0，﹣1，），D（0，2，0），B（，0，0），C（2，2，0），∴＝（0，3，﹣），＝（﹣，﹣1，），＝（2，3，﹣），设平面PBD的法向量＝（x，y，z），则，取z＝，得＝（），同理得平面PCD的一个法向量为＝（0，1，），∴cos＜＞＝＝＝．∴二面角B﹣PD﹣C的余弦值为．20.解：（1）记A表示甲在第一局失利，B表示甲获得了比赛胜利，则P（B|A）＝＝＝＝p3（4﹣3p），即甲在第一局失利的情况下，反败为胜的概率为p3（4﹣3p）；（2）X的可能取值为0，1，2，P（X＝0）＝（1﹣p）2＝，P（X＝1）＝＝，\nP（X＝2）＝p2+（1﹣p）p2＝，故E（X）＝0×+1×+2×＝；（3）在五局三胜制中甲获胜的概率为：p3222321＝p+p（1﹣p）p+p（1﹣p）p＝p（6p﹣15p+10），在三局两胜制中甲获胜的概率为：p22232＝p+p（1﹣p）＝3p﹣2p，于是p322323221﹣p2＝p（6p﹣15p+10）﹣（3p﹣2p）＝3p（2p﹣5p+4p﹣1）＝3p（p﹣1）2（2p﹣1），当p＞时，采用5局3胜制对甲更有利，p＜时，采用3局2胜制对甲更有利，当p＝时，两种赛制对甲的影响一样．xx21.（1）解：由题意，函数fxeaxa，可得fxea，当a0时，令fx0，函数fx在R上单调递增，无极小值；x当a0时，令fx0，即e0a，解得xaln，当xa(,ln)时，fx0，此时函数fx上单调递减；当xa(ln,)时，fx0，此时函数fx上单调递增，所以当xaln时，函数fx取得极小值，极小值flna2aalna.x（2）证明：因为fxea，所以3lna2f3lnae3lnaaaaa(3lna1)，2xx122xx12xx12所以fa()e，xx12因为函数fx有两个不同的零点xx12,，且xx12，eexx12所以e0x1axa，e0x2axa，所以a，12xx12为\n2xx12xx2xxee12所以f(12)exx12，xxxx121222因为f3lnaaa(3lna1)，设paa3lna1，6622(aa)()可得32a322，pa2aaaa66因为a0，所以pa在(0,)单调递减，在(,)上单调递增，22636所以pap()3ln10，所以pa0，min222所以f3lnaapx()0，2xx12xx2xxee12再考虑f(12)exx12，xxxx12122xx2xx1212因为xx112，12xx12所以x1x2x2x1x1x2x2x12xx12xx2xx12222xx12222xxe12eeexxeef(12)ex1x2ex1x2(1)ex1x2(12)，xxxxxxxx12121212x1x2x2x1xx2221xxee2ee设,0，则T12，2xx212令()2ee(0)，则()2(ee)220，所以()在(0,)上为单调递减函数，所以()(0)0，2xx12即T0恒成立，进而f()0，xx122xx12综上可得，f(3ln)af.xx12\n22xy2,2txy22.(1)由参数方程可得t，2244xy两式相乘得普通方程为．2442cos22sin2422故曲线C的极坐标方程为，即4cossin．uuruuurB(,)AA,B2(2)因为OAOB0，所以可设，，121644252322222sin24|AB||OA||OB|2222AB4cossin4sincos4uuur432故当且仅当sin21时，||AB的最小值为3．1fxxax2axax2a3a23.（1）证明：，xax20a当且仅当时，取等号，111abb22bbbb而，1bbb1当且仅当，即时，取等号，fx6所以；41fxmn､0,1,xRmn（2）解：因为对，使得，41fxminmnmin所以，mn,0,1因为mn1，，41414nm4nmmn5529mnmnmnmn所以，4nm21mn,当且仅当mn，即33时，取等号，fx3a由（1）知min，39a所以，解得33a，\n3,3所以a的取值范围为.