陕西省西安市西北工业大学附属中学高三下学期第九次模拟考试数学（理）试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 18 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 18 页2022届陕西省西安市西北工业大学附属中学高三下学期第九次模拟考试数学（理）试题一、单选题1已知全集，集合，集合，则ABCD【答案】B【详解】试题分析：,所以，故选B.【解析】集合的运算.2下列关于复数的命题中（其中为虚数单位），说法正确的是（）A若复数，的模相等，则，是共轭复数B已知复数，若，则C若关于x的方程（）有实根，则D是关于x的方程的一个根，其中为实数，则【答案】D【分析】举例，即可判断选项A，举出反例，可

2、判断选项B，将方程转化得，由，解得值，代入即可求得，可判断选项C，将代入方程化简得，列方程组求出，可判断选项D.【详解】若，则，故A错误；若，满足，故B错误；若关于x的方程（）有实根，因为，所以，所以，故C错误；将代入方程，得，即，所以，得，故D正确.故选：D.3古希腊数学家希波克拉底研究过这样一个几何图形（如图）：分别以等腰直角三角形的三边为直径作半圆，则在整个图形内任意取一点，该点落在阴影部分的概率为ABCD【答案】C【分析】设等腰直角三角形的两直角边长度都等于，计算出整个图形的面积和阴影区域的面积，然后利用几何概型的概率公式可求出所求事件的概率.【详解】设等腰直角三角形的两直角边长度都等

3、于，则斜边长等于，则整个图形的面积，阴影区域的面积由几何概型的概率公式可知，所求概率为故选C【点睛】本题考查利用几何概型的概率公式计算所求事件的概率，解题的关键就是要计算出平面区域的面积，考查计算能力，属于中等题.4设抛物线的焦点为F，A为抛物线上一点且A在第一象限，现将直线绕点F逆时针旋转得到直线l，且直线l与抛物线交于C，D两点，则（）A1BC2D3【答案】C【分析】作图，求出A点旋转后的与x轴正方向的夹角，写出直线l的方程，与抛物线方程联立，根据弦长公式即可.【详解】依题意作上图， ， ，设 ，由抛物线的性质 ， ， ，AF与x轴正方向的夹角为 ，A点绕F逆时针旋转 后，得 点， 轴，直

4、线l的方程为 ，代入抛物线方程得 ， ；故选：C.5执行下面程序，如果输出的y值是3，则输入的x值是（）A-1或3B0或2C-1或0或2或3D-1或2【答案】D【分析】由该程序表示出分段函数，再分别求解与时的解集.【详解】由题意得，该程序得功能是利用条件结构计算并输出分段函数，输出的y值是3，即，当时，或（舍），当时，或（舍），所以输入的x值是.故选：D6在中，则的最大值为A2B3C4D5【答案】C【详解】分析：根据正弦定理将要求的边长之和转化为角，再根据角的范围得到最终的结果.详解：根据正弦定理得到， ，因为角B, 故，故得到 故最大值为4.故答案为C.点睛：在解与三角形有关的问题时，正弦定

5、理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷,一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.7利用数学归纳法证明不等式（，）的过程中，由到时，左边增加了（）A1项Bk项C项D项【答案】D【分析】得和时对应的不等式左边的最后一项，再由变化规律可得增加的项数.【详解】当时，不等式左边的最后一项为，而当时，最后一项为，并且不等式左边分式每一项分母的变化规律是每一项比前一项加，所以增加了项.故选：D8在棱长为2的

6、正方体中，分别为棱的中点，为棱上一点，且，则点到平面的距离为（）ABCD【答案】C【分析】易知在平面内，作平面的延长面，交底面的延长面于，作于点，由几何关系易证平面，求得即可求解.【详解】如图所示，分别作的延长线，交的延长线于点，作于点，易知在平面内，又因为在上，所以点到平面的距离可等价为点到平面的距离，底面，平面，平面，点到平面的距离为，故选：C9某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的外接球的体积（单位：）是（）ABCD【答案】A【分析】由三视图还原几何体，判断出外接球半径，结合球体体积公式即可求解.【详解】如图，为还原后的立体图，正四面体的外接球半径应为对应正方体体对角线一半，即

7、，则该几何体的外接球的体积为.故选：A10已知为单位向量，向量满足：，则的最大值为（）ABCD【答案】C【分析】可设，根据，可得的关系式，并得出的范围，将用表示，再根据函数的最值即可得解.【详解】解：可设，则，即，则，当时，取得最大值为6，即的最大值为6.故选：C11已知直线：与圆：有交点，若的最大值和最小值分别是，则的值为ABCD【答案】B【解析】根据直线和圆相交得到，整理得到，根据韦达定理得到，计算得到答案.【详解】直线：即与圆：有交点，则，整理得到，当不等式取等号时，对应最大值和最小值，此时，故.故选：.【点睛】本题考查了根据直线和圆的位置关系求参数，意在考查学生的转化能力和计算能力.1

8、2已知不等式，对于任意的恒成立，则实数a的取值范围是（）ABCD【答案】B【分析】将不等式转化为恒成立，令，求导判断单调性，并求解最小值，转化为，令，求导判断单调性，再结合，即可求解出答案.【详解】由题意，时，恒成立，设，则，因为时，所以，所以，当时，单调递减；当时，单调递增；所以，由题意，只需，设，则，当时，所以函数单调递增，而，显然，当时，成立.故选：B【点睛】在求解有关与的组合函数综合题时要把握三点：灵活运用复合函数的求导法则，由外向内，层层求导；把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；函数最值不易求解时，可重新拆分、组合，构建新函数，通过分类讨论新函数的单调性求最值.二、填空题13已

9、知实数满足，则目标函数的最大值为_【答案】4【分析】先由约束条件作出可行域，再由目标函数可化为，结合可行域数形结合即可求出结果.【详解】由约束条件作出可行域如图所示：因为目标函数可化为，因此表示直线在轴截距的相反数，求的最大值，即是求截距的最小值，由图像可得直线过点B时截距最小，由解得，所以.故答案为：4【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析推理能力.14已知的展开式中二项式系数和为128，则展开式中有理项的项数为_.【答案】1，4，7【分析】根据二项式定理中二项式系数的性质即可.【详解】由题可知，各项系数之和=128，n=7， 是有理项，所以r

10、=0或r=3或r=6，即第1项或第4项或第7项;故答案为：1，4，7.15平面内，若三条射线两两成等角为，则，类比该特性：在空间上，若四条射线两两成等角为，则_.【答案】【分析】设正四面体棱长为，为其中心，可知两两成等角，利用正四面体外接球半径的求法可求得，由余弦定理可求得结果.【详解】设正四面体棱长为，为其中心，如图所示，则两两成等角；设在底面的射影为，则为的中心，则，解得：，.故答案为：.16已知Q为双曲线的右顶点，M为双曲线右支上一点，若点M关于双曲线中心O的对称点为N，设直线，的倾斜角分别为，且，则双曲线的渐近线方程为_.【答案】【分析】设，利用，代入的坐标得，再代入双曲线的标准方程，

11、化简得，可得双曲线的渐近线方程.【详解】设，因为，则，所以，又，所以，所以，即，所以双曲线的渐近线方程为.故答案为：【点睛】双曲线的渐近线方程为，而双曲线的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系.三、解答题17羽毛球是一项隔着球网，使用长柄网状球拍击打用羽毛和软木刷制作而成的一种小型球类的室内运动项目羽毛球比赛的计分规则：采用21分制，即双方分数先达21分者胜，3局2胜每回合中，取胜的一方加1分每局中一方先得21分且领先至少2分即算该局获胜，否则继续比赛；若双方打成29平后，一方领先1分，即算该局取胜某次羽毛球比赛中，甲选手在每回合中得分的概率为，乙选手在每回合中得分的概率为（1）在一局比赛中

12、，若甲、乙两名选手的得分均为18，求在经过4回合比赛甲获胜的概率；（2）在一局比赛中，记前4回合比赛甲选手得分为X，求X的分布列及数学期望【答案】（1）；（2）分布列见解析；期望为3【分析】（1）可知甲在第4回合胜，前3回合胜2场，进而根据独立重复试验的概率公式即可求出结果；（2）求出X的取值，进而求出对应的概率，列出分布列，利用二项分布的期望即可求出结果【详解】（1）记在经过4回合比赛，甲获胜为事件A，可知甲在第4回合胜，前3回合胜2场，所以；（2）易知X的取值为0，1，2，3，4，且，所以X的分布列为：X01234P数学期望18如图，在四棱锥中，底面为矩形，为中点，连接交于点为的重心.（1

13、）证明：平面；（2）若平面底面，平面底面，求平面与平面所成锐二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）先证得，然后根据线面平行的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，运用二面角的向量求解方法可求得所求的二面角.【详解】（1）延长交于，连接，因为为的重心，则为的中点，且，因为，所以，所以，因此，又因为平面，平面，所以平面；（2）因为平面面BCDE，面面BCDE=BC，面BCDE，所以面ABC，因为面ABC，所以，同理，又，所以CA，CB，CD两两垂直，所以以C为原点，直线CB，CD，CA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），则，所以，因为，所以，所以，设面的

14、一个法向量，则，则，取，则，即，设面ADE的一个法向量，则，即，取，则，即，设面GCE与面ADE所成锐二面角为，则又，所以.所以平面与平面所成锐二面角的大小为.19已知数列中，满足.(1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；(2)设为数列的前项和，若不等式对任意正整数恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）利用递推关系式得，由此可证得是等比数列；由等比数列通项公式推导可得；（2）采用分组求和法可求得，分离变量可得，利用可知，由此可求得的范围.【详解】(1)由得：，又，数列是以为首项，为公比的等比数列；，.(2)由（1）得：，；令，则当时，；当时，；，解得：，

15、即实数的取值范围为.20给定椭圆，称圆心在原点O，半径为的圆为椭圆C的“准圆”.若椭圆C的一个焦点为，其短轴上的一个端点到F的距离为.(1)求椭圆C的方程和其“准圆”方程；(2)若点P是椭圆C的“准圆”上的动点，过点P作椭圆的切线，交“准圆”于点M，N，判断及线段是否都为定值，若为定值，求出定值，若不是定值，说明理由.【答案】(1)椭圆方程： ，“准圆”方程： ；(2) ， .【分析】（1）根据题意即可算出椭圆的a，b，c，写出椭圆方程和“准圆”方程；（2）根据切线的斜率是否存在分类讨论，联立方程，根据，即可求解.【详解】(1)由题意， ，抛物线方程为 ，“准圆”方程为 ；(2)假设 中有一条

16、斜率不存在，不妨假设为 ，则与椭圆的切点为 ，即的方程为： 或 ，当时，与“准圆”的交点为 或 ，此时 的方程为y=1或y=-1，显然 ；当的斜率都存在时，设 ，则 ，设经过P点与椭圆相切的直线方程为 ，由 得 ，由 并化简得 ，设直线的斜率分别为 ，则 和 分别是的两根，根据韦达定理，有 ，故有 ，由于，P是“准圆”上的点， MN是“准圆”的直径，即MN=4，是定值；综上，抛物线方程为，“准圆”方程为， ，MN=4.【点睛】本题的难点在于第二问，如何设直线方程，以及使用韦达定理后的设而不解，巧妙使用韦达定理的结论来判断之间的关系，以及得出结论后（），利用圆的性质直接求出MN的长度.21已知函

17、数.（1）求在处的切线方程；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）求证：(且).【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【分析】（1）求出，进而可得在处的切线方程；（2）即恒成立，设，求得，进而可得实数的取值范围；（3）由（2）构造不等式，递推累加可得结论.【详解】（1）因为，所以在处的切线方程为，即.（2）转化为恒成立设，则，设，在上单调递增，所以，在上单调递增，故.（3）令，由（2）知当时，恒成立，有，即，当时，令，则有，将上述个不等式累加得：所以，即.【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键点是：由分离变量得恒成立，设，求得；第（3）问的关键点是：构造不等式.22在平面直角坐标系中，圆的参数方程为(为参数)，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为(1)求圆的普通方程及直线的直角坐标方程；(2)若直线与圆的交点为，与轴的交点为，求的值【答案】(1)；(2)【分析】（1）由平方关系消参得圆的普通方程，由代入可得直线的直角坐标方程；（2）求出，直线的倾斜角，写出直线的标准参数方程，代入圆的普通方程，利用参数的几何意义结合韦达定理求解【详解】(1)由方程消去参数得圆的普通方程为：由得：将代入得直线的直角坐标方程为：(2)由直线的直角坐标方程为：，故直线的倾斜角为点坐标为：，所以直线的标准参数方程为：为参数将直