陕西省铜川市2023届高三二模理科数学试题及答案

铜川市2023年高三第二次质量检测理科数学注意事项：1.本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为选择题，用2B铅笔将答案涂在答题卡上。第Ⅱ卷为非选择题，用0.5mm黑色签字笔将答案答在答题卡上，考试结束后，只收答题卡。2.答第Ⅰ卷、第Ⅱ卷时，先将答题卡首有关项目填写清楚。3.全卷满分150分，考试时间120分钟。第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）1.若全集，，，则（）A. B. C. D.2.已知复数，满足，，则（）A. B. C. D.63.执行下面的程序框图，则输出的值为（）A. B. C. D.4.如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边，直角边、.的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为，，，则（）A. B. C. D.5.命题：“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，6.已知，则（）A. B. C. D.7.现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为3，方差为5，乙组数据的平均数为5，方差为3.若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（）A.3.5 B.4 C.4.5 D.58.等比数列满足，设数列的前项和为，则（）A. B. C.5 D.119.如图，在的边、上分别取点、，使，，与交于点，若，，则的值为（）A. B. C. D.610.已知，分别是双曲线的左、右焦点，直线经过且与左支交于，两点，点在以为直径的圆上，，则的离心率是（）A. B. C. D.11.已知函数在一个周期内的图象如图所示.若方程在区间上有两个不同的实数解，，则的值为（）A. B. C. D.或12.在四棱锥中，底面为菱形，，平面，，为线段的中点，为线段上的动点，则下列结论错误的是（）A.平面平面 B.三棱锥的体积为C.与平面所成角的最小值为 D.与所成角的余弦值为第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.将四大名著各分一本给甲、乙、丙、丁四人就读，、、、四位旁观者预测分配结果，说：“甲读《西游记》，乙读《红楼梦》”；说：“甲读《水浒传》，丙读《三国演义》”；说：“乙读《水浒传》，丙读《西游记》”；说：“乙读《西游记》，丁读《三国演义》”.若已知四位旁观者每人预测的两句话中，都是有且只有一句是真的，则可推断丁读的名著是______.14.已知函数，若，则函数的值域为______.15.已知数列的前项和为，且点总在直线上，则数列的前项和______.16.已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与椭圆交于，两点（其中点在点的左侧），记面积为，则下列四个结论正确的是______.① ②时，③的最大值为 ④当时，点的横坐标为三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤）（一）必考题（共60分）17.（本小题12分）在中，角，，所对的边分别为，，，.（1）证明：；（2）若，当角取得最大值时，求的面积.18.（本小题12分）如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，侧棱与底面所成角为60°.（1）求证：四边形为矩形；（2）求平面与平面夹角的余弦值.19.（本小题12分）为进一步巩固提升全国文明城市，加速推行垃圾分类制度，铜川市推出了两套方案，并分别在、两个大型居民小区内试行.方案一：进行广泛的宣传活动，向小区居民和社会各界宣传垃圾分类的意义，讲解分类垃圾桶的使用方式，垃圾投放时间等，定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动；方案二：在小区内设立智能化分类垃圾桶，智能垃圾桶操作简单，居民可以通过手机进行自动登录、称重、积分等一系列操作.并建立激励机制，比如，垃圾分类换积分兑换礼品等，以激发带动居民参与垃圾分类的热情.经过一段时间试行之后，在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查，记录他们对试行方案的满意度得分（满分100分），将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如图所示的频率分布直方图：（1）请通过频率分布直方图分别估计两种方案满意度的平均得分，判断哪种方案的垃圾分类推广措施更受居民欢迎（同一组中的数据用该组中间的中点值作代表）；（2）以样本频率估计概率，若满意度得分不低于70分认为居民赞成推行此方案，低于70分认为居民不赞成推行此方案，规定小区居民赞成率不低于70%才可在该小区继续推行该方案，判断两小区哪个小区可继续推行方案？（3）根据（2）中结果，从可继续推行方案的小区内随机抽取5个人，用表示赞成该小区推行方案的人数，求的分布列及数学期望.20.（本小题12分）已知点为抛物线的焦点，点，，若过点作直线与抛物线顺次交于，两点，过点作斜率为1的直线与抛物线的另一个交点为点.（1）求抛物线的标准方程；（2）求证：直线过定点；（3）若直线所过定点为点，，的面积分别为，，求的取值范围.21.（本小题12分）已知函数.（1）若函数在处取得极值，求的值及函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求的取值范围.（二）选考题（共10分，请考生在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.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，为曲线上一点.（1）求到直线距离的最大值；（2）若为直线与曲线第一象限的交点，且，求的面积.23.设函数.（1）解不等式；（2）令的最小值为，正数，，满足，证明：.

铜川市2023年高三第二次质量检测理科数学试题参考答案一、选择题1.解：依题意得，，于是.故选：B.2.解：，，则，故.故选：C.3.解：因为，故该算法的功能是求，.故选：D.4.解：如图：设，，，∴，∴，，，∴，∴，故选A.5.解：命题：“，”的否定是，.故选：B.6.解：因为，所以，即，所以，所以，因为，所以，结合与的图象，因为，，所以，所以，即，可得，所以，故选C.7.解：根据题意，甲组数据的平均数为3，方差为5，乙组数据的平均数为5，方差为3，则两组数据混合后，新数据的平均数，则新数据的方差，故选：D.8.解：设等比数列的公比为，∵，∴，解得，∴数列是等比数列，首项为，公比为.∴，，∴.故选：A.9.解：由题意，由，得，即，，所以，由同理可得，，根据平面向量基本定理，可得，∴，，∴.故选D.10.解：不妨设，，因为在以为直径的圆上，所以，即，则，因为在的左支上，所以，即，解得，则，因为，所以，即，故，故.故选A.11.解：由图象可得，，解得周期，∴，∴，代入可得，，解得，，又，∴，∴，∵，∴，结合三角函数图象可得或，∴，或.故选D.12.解：取中点，由题意，，，由余弦定理得，故，即，而平面，且平面，平面，故，，如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由题意，，，，，，其中，设面的法向量为，而，，故有，即，令，则，故面的一个法向量为，设面的法向量为，而，，故有，即，令，则，故面的一个法向量为，而，不恒为0，故A错误；由题意，，由于为中点，故，到面距离相等，从而，即B正确；易得面的法向量，而，设与面所成角为，故，当时取最小值，此时取最小值，故C正确；由题意，，，故从而与所成角的余弦值为，故D正确.故选A.二.填空题13.解：由题意，若说的两句话中，甲读《西游记》正确，乙读《红楼梦》错误，则说的甲读《水浒传》错误，丙读《三国演义》正确.则说的丙读《西游记》错误，乙读《水浒传》正确，则说的乙读《西游记》错误，丁读《三国演义》正确.与说的丙读《三国演义》正确相矛盾，不成立；若说的两句话中，乙读《红楼梦》正确，甲读《西游记》错误，则说的乙读《水浒传》错误，丙读《西游记》正确，则说的乙读《西游记》错误，丁读《三国演义》正确，则说的丙读《三国演义》错误，甲读《水浒传》正确，则丁读《三国演义》.14.解：，∴时，，，得：15.解：数列的前项和为，且点总在直线上，所以.当时，，两式相减得，，又∵，所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，∴，∴则，所以，两式相减得：.所以数列的前项和.16.解：由椭圆，可得，，，由对称性可知，∴，故①正确；、的坐标分别为，，设，，，，若时，可得，解得，故②错误；∵直线与椭圆交于，两点，∴，两点的坐标分别为，，∴，当且仅当，即时取等号，故③正确；设，当时，，设，则，∴由余弦定理可得，∴，∴，∴，又，∴，解得，故④正确.故选：①③④三、解答题：17.证明：（1）因为，所以，所以，所以，所以，所以，由正弦定理得；（2）解：，（当且仅当时等号成立），则当时，取得最小值，又，所以角最大值为，此时为等边三角形，所以的面积为.18.解：（1）证明：取的中点，连接，，如图，在等边中，由题意知，在中，，则，∵，平面，，∴平面，∵平面，∴，在三棱柱中，，四边形是平行四边形，则，∴四边形为矩形；（2）取的中点，连接，，过作，如图，则，∵平面，平面，，∴是平面与平面夹角或其补角，在等边中，，则，在中，，∵平面，平面，∴平面平面，∵平面平面，且，∴平面，∴是侧棱与底面所成角，即，在中，，设，化简得，解得或（舍），∴，在中，，∴平面与平面夹角的余弦值为.19.解：（1）设小区方案一的满意度平均分为，则.设小区方案二的满意度平均分为，则∵.∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎.（2）由题意可知：小区即方案一中，满意度不低于70分的频率为，以频率估计概率，赞成率为62%。小区即方案二中，满意度不低于70分的频率为，以频率估计概率，赞成率为75%。∴小区可继续推行方案二.（3）现从小区内随机抽取5个人，的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，则.，，，，，，∴的分布列为012345数学期望.20.解：（1）由题意可知，∴，又∵，∴，∴抛物线的标准方程为.证明：（2）显然直线斜率存在，设直线的方程为，联立方程，消去得，∴，设，，∴，，∴①，直线的方程为，联立方程，化简得，∴，设，则②，由①②得，∴③，（ⅰ）若直线斜率不存在，则，又∵，∴，∴，∴直线的方程为，（ⅱ）若直线的斜率存在，为，∴直线的方程为，即，将③代入得，∴，∴直线斜率存在时过点，由（ⅰ）（ⅱ）可知，直线过定点.（3），，由（2）得，，∴，由，且，可得，且，∴，设，，∴，∵，且，∴，∴，∴的取值范围为.21解：（1）函数定义域为，，在处取得极值，则，所以，此时，令，，则，所以在上单调递增，所以在上单调递增，且，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增.故的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）依题意即在上有两个根，整理为，即，设函数，则上式为，因为恒成立，所以单调递增，所以，所以只需在上有两个根，令，，则，当时，，当时，，故在处取得极大值即最大值，，且当时，当时，要想在上有两个根，只需，解得，