陜西省西安市長安區(qū)教育片區(qū)2023-2024學年高三上學期模擬考試理科數(shù)學試卷（解析版）

第1頁/共1頁2024屆高三數(shù)學模擬卷（理科）考生注意：1.本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，共150分.考試時間120分鐘.2.請將各題答案填寫在答題卡上.3.本試卷主要考試內(nèi)容：高考全部內(nèi)容.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.若集合，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意可得，進而分析符號判斷.【詳解】由題意可知：，則或，可得，所以，故A錯誤，B正確，例如，則，故CD錯誤；故選：B.2.已知復數(shù)，，則的實部與虛部分別為（）A.， B.， C.， D.，【答案】A【解析】【分析】應用復數(shù)加法求，根據(jù)實部、虛部定義得答案.【詳解】因為，，所以，其實部與虛部分別為，.故選：A3.函數(shù)的最小值為（）A.2 B.5 C.6 D.7【答案】D【解析】【分析】由基本不等式即可求解.【詳解】由可得，所以，當且僅當，即時等號成立，故選:D4.若平面截球所得截面圓的面積為，且球心到平面的距離為，則球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用球的截面小圓性質(zhì)及球的面積公式計算即得.【詳解】由平面截球所得截面圓的面積為，得此截面小圓半徑，而球心到此小圓距離，因此球的半徑，有，所以球的表面積.故選：C5.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，下列判斷正確的是（）A.若輸出的，則 B.若輸出的，則C.若輸出的，則 D.輸出的的值可能為7【答案】C【解析】【分析】根據(jù)程序框圖對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】A選項，根據(jù)程序框圖可知，如果輸出，則可以取，所以A選項錯誤.B選項，根據(jù)程序框圖可知，如果輸出，則可以取，所以B選項錯誤.C選項，根據(jù)程序框圖可知，如果輸出，則，C選項正確.D選項，根據(jù)程序框圖可知，如果輸出，則；當時，應該輸出，故矛盾，所以D選項錯誤.故選：C6.若函數(shù)，則（）A.的最小正周期為 B.的圖象關于點對稱C.在上有最小值 D.的圖象關于直線對稱【答案】D【解析】【分析】根據(jù)三角函數(shù)的周期性、對稱性、最值等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】，最小正周期，A選項錯誤.，所以B選項錯誤.若，所以在上沒有最小值，所以C選項錯誤.，所以D選項正確.故選：D7.已知是奇函數(shù)，且在上單調(diào)遞減，則下列函數(shù)既是奇函數(shù)，又在上單調(diào)遞增的是（）A B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)奇函數(shù)的定義與性質(zhì)，及單調(diào)性的定義與性質(zhì)判斷即可.【詳解】由題意得在上單調(diào)遞減，則在上單調(diào)遞增，對于A，因與均在上單調(diào)遞減，所以在上單調(diào)遞減，故A錯誤；對于B，，則為偶函數(shù)，故B錯誤；對于C，，因為，所以，即，故C錯誤；對于D，，則為奇函數(shù)，與均在上單調(diào)遞增，則在上單調(diào)遞增，故D正確.故選：D.8.函數(shù)的最大值為（）A. B.2 C. D.3【答案】A【解析】【分析】利用誘導公式和二倍角公式化簡，進而利用輔助角公式化簡，然后由正弦函數(shù)的性質(zhì)可得的最大值.【詳解】，其中，∴的最大值為.故選：.9.過拋物線的焦點作直線與該拋物線交于兩點，與軸交于點，若在第一象限，的傾斜角為銳角，且為的中點，則的斜率為（）A.2 B. C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用導數(shù)的定義結(jié)合斜率的定義計算即得.【詳解】拋物線的焦點，準線，過點作于點，交軸于點，則軸，如圖，由為的中點，得，則，，所以的斜率.故選：B10.如圖，在正方體中，均為棱的中點，現(xiàn)有下列4個結(jié)論：①平面平面；②梯形內(nèi)存在一點，使得平面；③過可作一個平面，使得到這個平面的距離相等；④梯形的面積是面積的3倍.其中正確個數(shù)為（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】A【解析】【分析】利用面面平行的判定推理判斷①；取的中點，證明平面判斷②；證明判斷③；求出梯形與的面積判斷④即可得解.【詳解】令正方體的棱長為2，連接，交分別于點，連接，顯然矩形是正方體的對角面，則，連接，由分別為棱的中點，得，，于是，而，則四邊形是平行四邊形，有，又，平面，則平面，而平面，平面，則平面，因為平面，因此平面平面，①正確；取的中點，連接交分別于，有，則∽，，于是，即，而，則，又平面平面，因此，平面，則平面，又平面，則，而平面，于是平面，顯然點在線段上，在梯形內(nèi)，②正確；連接，顯然，即四邊形平行四邊形，，因此過可作一個平面，使得平行于這個平面，點到這個平面的距離相等，③正確；，且有，，，④正確，所以正確命題的個數(shù)是4.故選：A11.的內(nèi)角所對的邊分別為，已知，則當取得最小值時，（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意，求得，利用余弦定理得，設，求得，求得函數(shù)的單調(diào)性，進而得答案.【詳解】由，可得，解得，可得，由余弦定理得，設，可得，令，可得，即，令，可得，解得或（舍去），當，即時，，單調(diào)遞減；當，即時，，單調(diào)遞增，所以當時，取得最小值，即取得最小值.故選：C.12.設的小數(shù)部分為x，則（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】利用不等式放縮估計的整數(shù)部分為4，得到，即，然后利用二項式定理展開即得.【詳解】由，得的整數(shù)部分為4，則，所以，即，故.故選:B第II卷二?填空題：本大題共4小題.每小題6分，共20分.把答案填在答題卡的相應位置，13.雙曲線的離心率為__________.【答案】##【解析】【分析】首先化簡可得，即，利用即可得解.【詳解】可化為，，則.故答案為：14.燒水時，水溫隨著時間的推移而變化.假設水的初始溫度為，加熱后的溫度函數(shù)（是常數(shù)，表示加熱的時間，單位：min），加熱到第10min時，水溫的瞬時變化率是_________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)公式和已知條件直接求解即可【詳解】因為水的初始溫度為，所以，解得，所以，則，所以加熱到第時，水溫的瞬時變化率是.故答案為：15.若隨機變量，且，則__________.【答案】10【解析】【分析】首先根據(jù)二項分布的運算，可得，再利用求得，再利用即可得解.【詳解】因為，所以，解得或，因為，所以，所以，所以.故答案為：1016.已知函數(shù)恰有3個零點，則的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】利用函數(shù)零點的意義，求出直線與函數(shù)及在內(nèi)的圖象有3個交點的范圍.【詳解】由，得或，函數(shù)在上有3個零點，當且僅當直線與函數(shù)及在內(nèi)的圖象有3個交點，函數(shù)在上單調(diào)遞減，函數(shù)值集合為，在上單調(diào)遞增，函數(shù)值集合為，函數(shù)在上單調(diào)遞減，函數(shù)值集合為，顯然直線與的圖象交于點和，在坐標系內(nèi)作出直線和函數(shù)及在內(nèi)的圖象，如圖，觀察圖象知，當，且且時，直線與函數(shù)及在內(nèi)的圖象有3個交點，所以的取值范圍是.故答案為：【點睛】思路點睛：涉及給定函數(shù)零點個數(shù)求參數(shù)范圍問題，可以通過分離參數(shù)，等價轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)圖象交點個數(shù)，數(shù)形結(jié)合推理作答.三?解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出必要的文字說明?證明過程或演算步驟.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(jù)要求作答.（一）必考題：共60分.17.從某臍橙果園隨機選取200個臍橙，已知每個臍橙的質(zhì)量（單位：）都在區(qū)間內(nèi)，將這200個臍橙的質(zhì)量數(shù)據(jù)分成這4組，得到的頻率分布直方圖如圖所示.（1）試問這200個臍橙中質(zhì)量不低于的個數(shù)是多少？（2）若每個區(qū)間的值以該區(qū)間的中間值為代表，估計這200個臍橙的質(zhì)量的平均數(shù).【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求得頻率，進而求得正確答案.（2）根據(jù)平均數(shù)的求法求得正確答案.【小問1詳解】不低于的頻率為，所以這200個臍橙中質(zhì)量不低于的個數(shù)是.【小問2詳解】平均數(shù)為.18.記數(shù)列的前項和為，且.（1）求的通項公式；（2）求數(shù)列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求得，進而求得.（2）利用錯位相減求和法求得.【小問1詳解】依題意，，即，所以數(shù)列是首項，公比為的等比數(shù)列，所以.所以，所以.【小問2詳解】，，兩式相減得，所以.19.如圖，在四棱錐中，底面為正方形，，，.（1）證明：平面平面.（2）若，，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）運用勾股定理證得，結(jié)合線面垂直的判定定理可證得平面，進而可證得平面平面.（2）由線面垂直性質(zhì)可證得，建立空間直角坐標系運用空間向量坐標法求線面角即可.【小問1詳解】證明：在正方形中，，，所以，所以.又因為，、平面，所以平面.又平面，所以平面平面.【小問2詳解】由（1）知平面，又，所以平面，又平面，所以.又，，所以為坐標原點，，，的方向分別為，，軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，.設平面的法向量為，，，則，令，得.因為，所以，所以直線與平面所成角的正弦值為.20.已知點，動點M滿足，動點的軌跡記為.（1）求的方程；（2）若不垂直于軸直線過點，與交于兩點（點在軸的上方），分別為在軸上的左、右頂點，設直線的斜率為，直線的斜率為，試問是否為定值?若是，求出該定值；若不是，請說明理由.【答案】（1）（2）是定值，【解析】【分析】（1）利用橢圓的定義即可得解；（2）聯(lián)立直線與橢圓的方程得到，從而將轉(zhuǎn)化為關于的表達式，進而整理化簡即可得解.【小問1詳解】因為，所以的軌跡是以為焦點，且長軸長為4的橢圓，設的軌跡方程為，則，可得．又，所以，所以的方程為．【小問2詳解】依題意，設直線，聯(lián)立，消去得．易知，且．由，得．（方法一）因為，所以，所以，所以為定值，且定值為．（方法二）因為，所以，所以為定值，且定值為．【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.21.已知函數(shù).（1）當時，求的單調(diào)區(qū)間與極值，（2）若，證明：當，且時，恒成立.【答案】（1）單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，極小值為無極大值（2）證明見解析【解析】【分析】（1）當時，，當時，；當時，，利用導數(shù)的意義即可得解；（2）由的導函數(shù)的導函數(shù)，根據(jù)題意，且時，，故構造函數(shù)，利用的單調(diào)性即可得解.【小問1詳解】當時，.當時，；當時，.所以的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.所以在處取得極小值，且極小值為無極大值.【小問2詳解】的導函數(shù)的導函數(shù).當，且時，，所以在上單調(diào)遞增，所以，當且僅當時，等號成立.令函數(shù)，則.當時，，所以在上單調(diào)遞增，則，所以在上單調(diào)遞增，則，即，因為，所以，又，所以.（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，[選修4-4：坐標系與參數(shù)方程]（10分）22.在直角坐標系中，直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)）.（1）求這兩條直線的普通方程（結(jié)果用直線的一般式方程表示）；（2）若這兩條直線與圓都相離，求的取值范圍.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）通過消參法求得正確答案；（2）根據(jù)圓心到直線的距離列不等式，由此求得的取值范圍.【小問1詳解】直線的參數(shù)方程為，則，兩式相減得直線的參數(shù)方程為，則代入，得