陕西省西安市理工大学附属中学2022年高三数学理模拟试卷含解析

陕西省西安市理工大学附属中学2022年高三数学理模拟试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.在等差数列中，=,则数列的前11项和=

（

）A．24

B．48

C．66

D．132参考答案：D2.已知点，在第二象限，则的一个变化区间是（）（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：C略3.已知是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，设，则a,b,c的大小关系是，A．a<b<c

B．b<a<c

C．c<a<b

D．a<c<b参考答案：【知识点】函数奇偶性，单调性的应用.

B3

B4C

解析：∵是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，∴在上单调递减，且，，又∵，且，∴c<a<b，故选C.【思路点拨】由已知得函数在上单调递减，而，，，所以只需比较的大小关系即可.

4.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若则C=A． B． C． D．参考答案：D【知识点】余弦定理因为在△ABC中，有，结合已知条件，两式相减可得，则，故选D.【思路点拨】直接利用余弦定理与已知条件联立可解得。

5.已知函数，则下列结论正确的是（

）Ａ.

Ｂ.Ｃ.

Ｄ.参考答案：C略6.已知全集，集合，那么集合为

（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：B略7.直线（）的倾斜角范围是

（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：C因为所以直线的斜率，所以有．8.若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，⊥平面，，，，则球的表面积为

（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B因为，，，所以，所以。所以，即为直角三角形。因为三棱锥的所有顶点都在球的球面上，所以斜边AC的中点是截面小圆的圆心，即小圆的半径为.,因为是半径，所以三角形为等腰三角形，过作,则为中点，所以,所以半径，所以球的表面积为,选B.9.设等差数列的前项的和为，若，，且，则（

）A．

B．

C.

D．参考答案：C，，，，，，故选C.

10.已知函数的图象的一条对称轴是直线，则函数的单调递增区间是（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知等差数列中，，，若，则数列的前5项和等于

.参考答案：答案：9012.若复数满足为虚数单位，则在复平面内所对应的图形的面积为＿参考答案：13.二项式展开式中含x2项的系数是

。参考答案：-19214.在正三棱锥－中，为中点，且与所成角为，则与底面所成角的正弦值为

.参考答案：15.已知是等差数列，，，那么该数列的前13项和等于

.参考答案：156略16.在中，角A、B、C的对边边长分别是a、b、c，若，，，则c的值为

．参考答案：2

∵，∴，∴，∴，∴，∴．17.在等差数列中，，公差为，前项和为，当且仅当时取最大值，则的取值范围_________.参考答案：（-1，）三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.（本小题满分12分）

设向量（1）若与垂直，求；（2）求的最大值。参考答案：19.如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC，EA⊥EB．（1）求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；（2）线段EA上是否存在点F，使EC//平面FBD？若存在，求出；若不存在，说明理由．参考答案：20.已知二阶矩阵A有特征值及对应的一个特征向量和特征值及对应的一个特征向量，试求矩阵A．

参考答案：设矩阵，这里，因为是矩阵A的属于的特征向量，则有

①，……4分又因为是矩阵A的属于的特征向量，则有②…6分根据①②，则有

…………………8分从而因此，………………10分21.已知f（x）=mx﹣lnx（0＜x≤e），g（x）=，其中e是自然对数的底数，m∈R．（1）当m=1时，求函数f（x）的单调区间和极值；（2）求证：当m=1时，f（x）＞g（x）+1﹣；（3）是否存在实数m，使f（x）的最小值是2？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．参考答案：【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值．【专题】导数的综合应用．【分析】（1）将m=1代入求出f（x）的解析式，求出f（x）的导数，从而求出函数的单调区间和极值；（2）令h（x）=g（x）+1﹣=+1﹣，求出h（x）的导数，得到函数的单调区间，求出h（x）的最大值，从而证出结论；（3）假设存在实数m，求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数f（x）的最小值，进而求出m的值．【解答】解：（1）∵f（x）=x﹣lnx，∴f′（x）=1﹣=，（0＜x≤e），由f′（x）＞0得1＜x＜e，由f′（x）＜0，得：0＜x＜1，∴f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（1，e），∴f（x）的极小值为f（1）=1；（2）由（1）知f（x）的极小值为1，也就是f（x）在（0，e]上的最小值为1，令h（x）=g（x）+1﹣=+1﹣，h′（x）=，当0＜x＜e时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，e]上单调递增，∴h（x）max=h（e）=+1﹣=1，∵h（x）max=h（e）=1与f（x）min=f（1）=1不同时取到，∴f（x）＞h（x），即f（x）＞g（x）+1﹣；（3）假设存在实数m，使f（x）=mx﹣lnx（x∈（0，e]）有最小值2，f′（x）=m﹣=，①当m≤0时，f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）min=f（e）=me﹣1=2，解得m=＞0，舍去；②当0＜＜e时，因为f（x）在（0，）上单调递减，在（，e]上单调递增，所以f（x）min=f（）=1+lnm=2，解得m=e，满足条件；③当≥e时，因为f（x）在（0，e]上单调递减，所以f（x）min=f（e）=me﹣1=2，解得m=，不满足≥e，舍去，综上，存在实数m=e，使得当x∈（0，e]时f（x）有最小值2．【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，不等式的证明，考查转化思想，分类讨论思想