2023届陕西省商洛市高三下学期第二次高考模拟检测理科数学试题(PDF版精品

2023年商洛市第二次高考模拟检测试卷数学（理科）考生注意：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.第I卷一､选择题：本大题共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.设集合A1,3,5,Bx∣x23xm0.若AB1，则B（）A.1,2B.1,2C.1,3D.1,32.设复数z满足1iz42i，则z（）A.2B.2C.4D.223.执行如图所示的程序框图，则输出的n（）A.4B.5C.6D.7y„1,4.已知实数x,y满足约束条件x„2,则z2xy的最小值为（）xy…0,A.3B.-3C.-8D.-62x21sinx5.函数fx的部分图象大致是（）2x2xA.B.C.D.6.十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 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 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17.先把函数fxsinx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322平移个单位长度，得到ygx的图象，当x,时，函数gx的值域为（）66333333A.,B.,1C.,1D.1,22222p8.已知抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，点M,yy0,N2p,yy0在C上，且21122FMN的面积为12，则FN（）A.10B.11C.12D.139.在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，AP2，则直线PB与平面PCD所成角的正弦值为（）25223A.B.C.D.553310.在ABCD中，已知E为BC的中点，AB3,BE1，则cosAED的最小值为（）1112A.B.C.D.234311.已知定义在R上的函数fx满足fx2f2x,fx3f3x，则下列说法正确的是（）A.fx的周期为2B.fx2为偶函数C.f00D.f1012.已知函数fxe2x2x1,gx2x2lnx，若存在x,x1,，使得fxgx，则（）1212A.fxgxB.2xlnx1112C.ln2xlnxxD.xlnx2x121121第II卷二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.已知向量a,b满足a2,2,b3,ab6，则a与b的夹角为__________.14.甲､乙､丙3人每人制作了一张写有励志铭的卡片，将这些卡片装入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__________.15.在三棱锥ABCD中，底面BCD是边长为2的等边三角形，ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，若二面角ABCD的大小为120，则三棱锥ABCD外接球的表面积为__________.x2y216.已知椭圆C:1,A2,0,F1,0，斜率为kk0的直线与C交于P,Q两点，若直线AP与431111AQ的斜率之积为，且PFQ为钝角，则k的取值范围为__________.141三､解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤､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.（12分）已知等差数列a满足a1,aa2a1.n1253（1）求a的通项 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；n1（2）设a的前n项和为S，求数列的前n项和T.nnnSnn18.（12分）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XN,2，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P(50.5X„94)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3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，41抽到价值20元的学习用品的概率为.从这320名学生中任取一名，记该同学在抽奖活动中获得学习用品的价4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：P(X剟)0.6827,P(2X2)0.9545,P(3X?3)0.9973,321014.5,0.375.819.（12分）如图，在直三棱柱ABCABC中，D是AC的中点.111（1）证明：AB∥平面BCD.11（2）若ABBC,ABC90,BAB45，求二面角BCDB的余弦值.11120.（12分）x2y266P,已知双曲线C:1(a0,b0)的离心率为2，且双曲线C经过点.a2b222（1）求双曲线C的方程.1（2）设M是直线x上任意一点，过点M作双曲线C的两条切线l,l，切点分别为A,B，试判断直线AB212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.21.（12分）已知函数fxax2xex1，其中aR,e2.71828是自然对数的底数.1（1）若a，证明：当x0时，fx0；当x0时，fx0.2（2）设函数gxcosxfx1，若x0是gx的极大值点，求实数a的取值范围.（参考数据：）e60.59,e40.46（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）x2cos,在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）.以坐标原点O为极点，x轴的非负1ysin半轴为极轴建立极坐标系，直线C的极坐标方程为cos2.24（1）求曲线C的普通方程和直线C的直角坐标方程；1211（2）已知点P的极坐标为2,，设曲线C和直线C交于M,N两点，求的值.212PMPN23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数fxxmx2.（1）当m1时，求不等式fx„6的解集；（2）若关于x的不等式fx„2m4有解，求实数m的取值范围.2023年商洛市第二次高考模拟检测试卷数学参考答案（理科）1.A3.B4.D5.C6.D7.B8.A9.B10.A11.C12.D13.4114.35215.93737,00,16.7717.解：（1）由aa2a1，得25d212d1，解得d2.253又a1，所以aan1d2n1.1n1naan12n1（2）由（1）得S1nn2，n2211111所以，nSnn2nn1nn1n11111111n所以T11.n22334nn1n1n118.解：（1）350.025450.15550.2650.25750.225850.1950.0565，2(3565)20.025(4565)20.15(5565)20.20(7565)20.225(8565)20.1(9565)20.05210，所以14.5,XN65,14.52，0.95450.6827所以P(50.5X剟94)P(X2)0.8186.22（2）的可能取值为10,20,30,40，35PX„55,P(X55)，88339P10，84323153357P20，8484412851315P302，844645115P40，844128所以的分布列为10203040957155P3212864128957155325E10203040，321286412816325故此次抽奖要准备的学习用品的价值总额约为3206500元.1619.（1）证明：连接BC交BC于点E，则E是BC的中点，111连接DE，又D是AC的中点，所以DE∥AB.1又AB平面BCD,DE平面BCD，所以AB∥平面BCD.11111（2）解：以B为坐标原点，分别以BC,BA,BB的方向为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标1系.设AB2，则B0,0,20,,C0,1,1,20,,D1(BDC，1,2),DB1,1,2,BD1,1,0.1111nDC0,设nx,y,z是平面BCD的法向量，由1111111nBD0,1xy2z0,可得111令y1，得n1,1,1.xy0,1111nDC0,xy2z0,设nx,y,z是平面BCD的法向量，由21可得222222211nDB0,xy2z0,21222令z1，得n0,2,1.22nn315所以cosn,n12，12nn3551215即二面角BCDB的余弦值为.115b2x2y220.解：（1）因为离心率为2，所以41，即b23a2，所以双曲线C的方程为1.a2a23a26666P,2把点的坐标代入双曲线C的方程，得1，解得a1，224a234a2y2所以b23，双曲线C的方程为x21.31（2）设M,t,Ax,y,Bx,y,l的方程为yykxx，21122111y2即ykxykx，代入x21，化简整理得3k2x22kykxxykx23]0.1131111Δ4k2ykx243k2ykx2343ykx293k2，111111令Δ0，得ykx23k20，即x21k22xyk3y20.111111y2y2k2又x211，所以12kxy3x20，进一步可化为yk3x20，133111113x所以k1y0，y113xyy所以l的方程可化为yy1xx，化简得xx11.11y1131yy同理可得l的方程为xx21.2231tyx11,12131ty又点M,t在直线l和l上，所以所以点Ax,y,Bx,y均在直线x1上，令2121ty112223x21,223y0，得x2，故直线AB过定点2,0.1121.（1）证明：当a时，fxx2xex1，所以fxxex1xR.22令hxxex1，则hx1ex.由hx0，得x0，由hx0，得x0，则hx在,0上单调递增，在0,上单调递减.因为h00e010，所以当x(，)时，hx„0，即fx„0，则fx在x,上单调递减.因为f000e010，所以当x0时，fx0，当x0时，fx0.（2）解：由题意可得gxcosxax2xex，则gxsinx2ax1ex，且g00.令Gxgxsinx2ax1ex，则Gxcosx2aex.令HxGxcosx2aex，则Hxsinxex.当x0时，sinx…1,ex1，所以sinxex0，即Hxsinxex0.所以Gx在0,上是增函数，则GxG02a.①当2a…0，即a„0时，Gx0在0,上恒成立，即Gxgx在0,上是增函数.因为g00，所以gxg00，所以gx在0,上单调递增.与x0是极大值点矛盾，即a„0不符合题意.②当2a0，即a0时，因为Gx在0,上是增函数，且G02a0，ln2a2Gln2a2cosln2a22aecosln2a22a2a20，所以x0,ln2a2,Gx0，00则当x0,x时，Gx0，即gx在0,x上是减函数，从而gxg00，000故gx在0,x上单调递减.0当x0时，对x,0,sinsinxsin0,e6ex1，661即sinx0,0.59ex1，所以sinxex0，则当x,0时，Hxsinxex026故Gx在,0上是增函数.6因为GxG02a0，即当a0时，gx在,0上是减函数，6所以gxg00，则gx在,0上单调递增，符合x0是极大值点.6故所求实数a的取值范围为0,.x2cos,22.解：（1）将消去参数，得(x2)2y21，ysin所以曲线C的普通方程为(x2)2y21.122cos2cossin2由，得，42222将xcos,ysin代入上式，得xy2，22所以直线C的直角坐标方程为xy20.2（2）因为点P的极坐标为2,，所以P的直角坐标为0,2，则点P在直线C上，222xt,2易得直线C的参数方程为（t为参数），22y2t2将其代入圆C的方程(x2)2y21，并整理得t242t70.1因为Δ(42)24740，所以方程t242t70有两个不相等的实数根，设这两个根分别为t和1t，则tt42,tt7.2121211PMPNtttttt24tt32472所以12121212PMPNPMPNtttt7771212解：（1）当m1时，fxx1x2，不等式fx„6的解集即不等式x1∣x2∣„6的解集.5当x…1时，2x1„6，得1剟x；2当2x1时，3„6，不等式恒成立；7当x„2时，2x1„6，得剟x2.275综上，不等式fx„6的解集为,.22（2）依题意，关于x的不等式fx„2m4有解，即f(x)„2m4.min因为xmx2…xmx2m2，所以f(x)m2.minm2„2m4,由m2„2m4，得m2…2m4,解得m…6，即实数m的取值范围为6,.