榆林市2022~2023年度高三第二次模擬檢測數學試題（理科）第I卷一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．設集合，，則（）A． B． C． D．2．已知復數，則復數z的實部與虛部之和是（）A．－6 B．－4 C．4 D．63．已知，，，則（）A． B． C． D．4．某企業為了解員工身體健康情況，采用分層抽樣的方法從該企業的營銷部門和研發部門抽取部分員工體檢，已知該企業營銷部門和研發部門的員工人數之比是，且被抽到參加體檢的員工中，營銷部門的人數比研發部門的人數多72，則參加體檢的人數是（）A．90 B．96 C．120 D．1445．已知實數x，y滿足約束條件，則的最大值是（）A．1 B． C．2 D．36．已知雙曲線C：的左、右焦點分別是，，P是雙曲線C上的一點，且，若，則雙曲線C的離心率是（）A． B． C． D．7．如圖，在正三棱柱中，，D是棱BC的中點，E在棱上，且，則異面直線AD與BE所成角的余弦值是（）A． B． C． D．8．已知，則（）A． B． C． D．9．已知函數滿足，當時，，若對任意的，都有，則m的最大值是（）A．4 B．5 C．6 D．710．已知函數在和上都是單調的，則a的取值范圍是（）A． B． C． D．11．已知三棱錐的所有頂點都在球O的表面上，是邊長為的等邊三角形，若三棱錐體積的最大值是，則球O的表面積是（）A． B． C． D．12．已知函數，若函數，則的零點個數不可能是（）A．1 B．3 C．5 D．7第II卷二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在答題卡的相應位置．13．已知向量，，若，則______．14．某工廠從其所生產的某種配件中隨機抽取了一部分進行質量檢測，其某項質量測試指標值X服從正態分布，且X落在區間內的配件個數為1359，則可估計所抽取的這批配件共有______萬個．附：若隨機變量服從正態分布，則，，．15．在銳角中，內角A，B，C所對應的邊分別是a，b，c，且，則的取值范圍是______．16．拋物線有如下光學性質：由其焦點射出的光線經拋物線反射后，沿平行于拋物線對稱軸的方向射出．反之，平行于拋物線對稱軸的入射光線經拋物線反射后必過拋物線的焦點．已知拋物線C：焦點為F，準線為l，O為坐標原點，一束平行于x軸的光線從點（點P在拋物線C內）射入，經過C上的點A反射后，再經過C上另一點B反射后，沿直線射出，且經過點Q，若直線OA與拋物線C的準線交于點D，則直線BD的斜率為______；若，且PB平分∠ABQ，則p=______．（本題第一空2分，第二空3分）三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．（一）必考題：共60分．17．（12分）通過市場調查，現得到某種產品的資金投入x（單位：百萬元）與獲得的利潤y（單位：百萬元）的數據，如下表所示：資金投入x24568利潤y34657（1）求樣本的相關系數（精確到0.01）；（2）根據上表提供的數據，用最小二乘法求出y關于x的線性回歸直線方程；（3）現投入資金1千萬元，求獲得利潤的估計值．附：相關系數，，對于一組數據，，…，，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，．18．（12分）已知數列的前n項和為，，．（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前n項和．19．（12分）如圖，在四棱錐中，，，四邊形ABCD是菱形，，E是棱PD上的動點，且．（1）證明：平面ABCD．（2）是否存在實數，使得平面PAB與平面ACE所成銳二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．20．（12分）已知橢圓C：，四點，，，中恰有三點在橢圓C上．（1）求橢圓C的標準方程．（2）過點的直線l與橢圓C交于不同的兩點P，Q，試問直線，的斜率之和是否為定值？若是定值，求出此定值；若不是定值，請說明理由．21．（12分）已知函數．（1）討論的單調性；（2）若有兩個零點，求a的取值范圍．（二）選考題：共10分．請考生從第22，23兩題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一個題目計分．22．[選修4-4：坐標系與參數方程]（10分）在直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為（為參數），以坐標原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程是．（1）求曲線C的普通方程和直線l的直角坐標方程；（2）設直線l與曲線C交于A，B兩點，，求的值．23．[選修4-5：不等式選講]（10分）已知函數的最大值是m．（1）求m的值；（2）若，求的最小值．榆林市2022~2023年度高三第二次模擬檢測數學試題參考答案（理科）1．A由題意可得，，則．2．D因為．所以復數z的實部與虛部分別是4和2，故復數z的實部與虛部之和是．3．B因為，，，所以．4．C設參加體檢的人數是n，則，解得．5．C畫出可行域，如圖所示，且，，，表示的是可行域內的點與原點連線的斜率，故．6．B不妨設P在雙曲線C的右支上，由題意可得，則．因為．所以，．因為．所以．即，則，故雙曲線C的離心率．7．B取棱靠近點B的三等分點F，取棱的中點H，連接，DH，，DF．易證．則是異面直線與所成的角（或補角）．設，則，從而，，，，，故，，．在中，由余弦定理可得．8．C因為，所以，所以，則，故．9．B作出的圖象（圖略），由圖可知．10．D當時，，則，解得；當時，，則，解得．綜上，a的取值范圍是．11．A設外接圓的半徑為r，則．設球O的半徑為R，因為三棱錐體積的最大值是，所以，解得，故球O的表面積是．12．D因為，所以．由，得或，由，得，則在和上單調遞增，在上單調遞減．因為，，當時，，當時，，所以可畫出的大致圖象（圖略）．設，則．當時，有三個不同的零點，，．不妨設，則，，，從而無實數根或有1個實數根或有2個實數根，有2個不同的實數根，有1個實數根，故可能有3個實數根或有4個實數根或有5個實數根．當時，有2個實數根，，則有2個實數根，有1個實數根，故有3個實數根．當時，有一個實數根，則有1個實數根．綜上，的零點個數可能是1或3或4或5．13．由題意可得，則，解得．14．1因為X服從正態分布，所以，，則．因為X在區間內的個數為1359，故可估計所抽取的這批配件共有1萬個．15．因為，所以，所以，則．因為，所以，所以，則，即．因為是銳角三角形，所以，所以，所以，則，故，即的取值范圍是．16．0；2設直線AB的方程為，，，聯立方程組，得，則，．因為，所以，．因為直線OA的方程為，所以直線OA與拋物線C的準線的交點為，所以直線BD的斜率為0．因為PB平分∠ABQ．所以，所以．因為．所以，所以，得．17．解：（1）由題意得，．因為，，所以，，，故．（2），，故線性回歸直線方程為．（3）當時，百萬元．18．解：（1）因為，所以，所以，即．當時，．因為，所以，所以，則是首項和公比都為3的等比數列，故．（2）由（1）可得，故是首項和公比都為的等比數列，故．19．（1）證明：因為四邊形ABCD是菱形，所以．因為，AC，平面PAC，且，所以平面PAC．因為平面PAC，所以．因為，所以，所以．因為AB，平面ABCD，且，所以平面ABCD．（2）解：取棱CD的中點F，連接AF，易證AB，AF，AP兩兩垂直，故以A為原點，分別以，，的方向為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系．設，則，，，，故，，．因為，所以，則．設平面ACE的法向量為，則，令，得．平面PAB的一個法向量為．設平面PAB與平面ACE所成的銳二面角為，則，整理得，解得或（舍去）．故存在實數，使得平面PAB與平面ACE所成銳二面角的余弦值是．20．解：（1）由橢圓的對稱性可知，，在橢圓C上．由題意可得，解得．故橢圓C的標準方程為．（2）當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為，則不妨令，．因為，所以，，故．當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為，，，聯立，整理得，則由，得，，．因為，，所以．綜上，直線，的斜率之和是定值，且該定值為121．解：（1）由題意可得．當時，由，得，由，得，則在上單調遞減，在上單調遞增．當時，，則．由，得或，由，得，則在上單調遞減，在和上單調遞增．當時，在上恒成立，則在上單調遞增．當時，，則．由，得或，由，得，則在上單調遞減，在和上單調遞增．（2）由（1）可知當時，在上單調遞減，在上單調遞增．要使有兩個零點，需至少滿足，即．當時，，，則在與上各有一個零點，即符合題意．當時，只有一個零點，則不符合題意．當時，由，當時，，，則在上恒成立．由（1）可知在上單調遞增或先遞減后遞增，則不可能有兩個零點，即不