陜西省榆林市2024屆高三上學期第一次模擬檢測試題 數學（文） 含解析

榆林市2023—2024年度高三第一次模擬檢測數學試題（文科）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.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.復數在復平面內對應的點所在的象限為（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限2.設集合，則（）A B. C. D.3.3.已知向量，，則（）A. B. C.2 D.-24.等比數列中，，則（）A. B. C.16 D.85.某圓錐的側面積為，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（）A.2 B.4 C. D.6.將函數的圖像向右平移個單位長度后得到曲線，若關于軸對稱，則的最小值是（）A. B. C. D.7.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的（）A.18 B.22 C.25 D.8.已知，則（）A. B.C. D.9.已知函數在上單調遞增，則取值范圍是（）A. B. C. D.10.下圖是由兩個邊長不相等的正方形構成的，在整個圖形中隨機取一點，此點取自的概率分別記為，則（）A. B.C D.11.如圖，設拋物線的焦點為，不經過焦點的直線上有三個不同的點，其中點在該拋物線上，點在軸上，若，則（）A. B. C. D.312.已知是球的直徑上一點，，平面，為垂足，截球所得截面的面積為，為上的一點，且，過點作球的截面，則所得的截面面積最小的圓的半徑為（）A B. C. D.第II卷二?填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案填在答題卡中的橫線上.13.已知直線是雙曲線的一條漸近線，則該雙曲線的離心率為__________.14.若滿足約束條件，則目標函數的最大值為__.15.已知為奇函數，則__________.16.某網店統計了商品近30天的日銷售量，日銷售量依次構成數列，已知，且，則商品近30天的總銷量為__________.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.在三棱錐中，為的中點.（1）證明：⊥平面.（2）若，平面平面，求點到平面的距離.18.的內角的對邊分別為，已知的周長為.（1）求的值；（2）求的最大值.19.某市為提高市民對文明城市創(chuàng)建的認識，舉辦了“創(chuàng)建文明城市”知識競賽，從所有答卷中隨機抽取100份作為樣本，將100個樣本數據按分成6組，并整理得到如下頻率分布直方圖.（1）請通過頻率分布直方圖估計這100份樣本數據的平均值（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值作代表）.（2）該市決定表彰知識競賽成績排名前的市民，某市民知識競賽的成績是，請估計該市民能否得到表彰20.設函數，曲線在點處的切線方程為.（1）求；（2）證明：.21.已知橢圓經過兩點.（1）求的方程；（2）斜率不為0的直線與橢圓交于兩點，且點A不在上，，過點作軸的垂線，交直線于點，與橢圓的另一個交點為，記的面積為，的面積為，求.（二）選考題：共10分.請考生在第22，23題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分.[選修4-4：坐標系與參數方程]22.在直角坐標系中，曲線和的參數方程分別為（為參數），（為參數），以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系.（1）求曲線和的極坐標方程；（2）已知直線，且與曲線相交于、兩點，與曲線相交于、兩點，則當取得最大值時，求的值.[選修4-5：不等式選講]23.已知函數.（1）求不等式的解集；（2）若存在，使得成立，求實數的取值范圍.榆林市2023—2024年度高三第一次模擬檢測數學試題（文科）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.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.復數在復平面內對應的點所在的象限為（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】【分析】根據復數的乘方及復數的幾何意義即可得解.【詳解】，所以該復數在復平面內對應的點為，該點在第三象限.故選：C.2.設集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】解不等式求出，根據交集概念求出答案.【詳解】依題意得，則.故選：D3.3.已知向量，，則（）A. B. C.2 D.-2【答案】B【解析】【分析】根據平行關系得到方程，求出.【詳解】由題意可知，則.故選：B4.在等比數列中，，則（）A B. C.16 D.8【答案】A【解析】【分析】利用等比數列的通項公式及性質求解即可.【詳解】設等比數列的公比為，則，即，由，可得，即，所以.故選：A5.某圓錐的側面積為，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（）A.2 B.4 C. D.【答案】D【解析】【分析】設圓錐的母線長為，底面半徑為，由題意得到求解.【詳解】解：設圓錐的母線長為，底面半徑為，即側面展開圖的半徑為，側面展開圖的弧長為.又圓錐的底面周長為，所以，即圓錐的母線長.所以圓錐的側面積為，解得.故選：D6.將函數的圖像向右平移個單位長度后得到曲線，若關于軸對稱，則的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意可得曲線為，又關于軸對稱，所以，根據即可得解.【詳解】曲線為，又關于軸對稱，所以，解得，又，所以當時，的最小值為.故選：B7.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的（）A.18 B.22 C.25 D.【答案】C【解析】【分析】根據程序框圖的功能，一一循環(huán)驗證即可.【詳解】解：執(zhí)行該程序框圖，成立，成立，成立，，不滿足，輸出的.故選：C8.已知，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用對數函數的單調性比較大小可得答案.【詳解】因為，所以，因為，所以，故.故選：D.9.已知函數在上單調遞增，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意得在上恒成立，分離參數即可得解.【詳解】在上恒成立，即，所以，則的取值范圍是.故選：B.10.下圖是由兩個邊長不相等的正方形構成的，在整個圖形中隨機取一點，此點取自的概率分別記為，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用幾何概型公式求得的值，進而得到三者之間的關系.【詳解】設，從而，因為，所以，根據面積型幾何概型的概率公式，可以得到，，則故選：A.11.如圖，設拋物線的焦點為，不經過焦點的直線上有三個不同的點，其中點在該拋物線上，點在軸上，若，則（）A. B. C. D.3【答案】D【解析】【分析】根據拋物線定義可求出，根據三角形相似即可求出.【詳解】設,，由，根據拋物線定義可得，故，，過，分別作軸的垂線，過作軸的垂線，垂足為，明顯，所以.故選：D12.已知是球的直徑上一點，，平面，為垂足，截球所得截面的面積為，為上的一點，且，過點作球的截面，則所得的截面面積最小的圓的半徑為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設截得的截面圓的半徑為，球的半徑為，由平面幾何知識得截面與球心的距離為，利用勾股定理求得的值，由題意可知球心到所求截面的距離最大時截面面積最小，利用面積公式，即可得答案.【詳解】如圖，設截得的截面圓的半徑為，球的半徑為，因為，所以.由勾股定理，得，由題意得，所以，解得，此時過點作球的截面，若要所得的截面面積最小，只需所求截面圓的半徑最小.設球心到所求截面的距離為，所求截面的半徑為，則，所以只需球心到所求截面的距離最大即可，而當且僅當與所求截面垂直時，球心到所求截面的距離最大，即，所以故選：C第II卷二?填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案填在答題卡中的橫線上.13.已知直線是雙曲線的一條漸近線，則該雙曲線的離心率為__________.【答案】【解析】【分析】根據題意可得，由即可得解.【詳解】由題意可知，所以.故答案為：.14.若滿足約束條件，則目標函數的最大值為__.【答案】【解析】【分析】作出約束條件的可行域，利用幾何意義即可求得目標函數的最大值.【詳解】畫出約束條件的可行域，由，可得，由，可得，當目標函數經過時，，當目標函數經過時，，故目標函數的最大值為.故答案為：15.已知為奇函數，則__________.【答案】-6【解析】【分析】根據函數為奇函數，得到，從而得到，求出答案.【詳解】因為為奇函數，所以，即，所以，故，即.故答案為：-616.某網店統計了商品近30天的日銷售量，日銷售量依次構成數列，已知，且，則商品近30天的總銷量為__________.【答案】1020【解析】【分析】根據題目所給遞推關系找到數列的規(guī)律，進而求和.【詳解】當時，，當時，，，中奇數項是公差為2，首項為20的等差數列，.商品近30天的總銷量為.故答案為：.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.在三棱錐中，為的中點.（1）證明：⊥平面.（2）若，平面平面，求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由三線合一得到線線垂直，進而得到線面垂直；（2）由面面垂直得到線面垂直，求出，利用等體積法求出點到平面的距離.【小問1詳解】因為，為的中點，所以，又因為平面，所以⊥平面.【小問2詳解】因為平面平面，且平面平面，平面，所以平面，因為，所以均為等邊三角形，故，故，所以，因為平面，平面，所以，由勾股定理得，取的中點，連接，在中，，故⊥，故，，設點到平面的距離為，所以，解得.18.的內角的對邊分別為，已知的周長為.（1）求的值；（2）求的最大值.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）由題意結合數量積定義、余弦定理即可求解.（2）由題意結合余弦定理以及基本不等式相關推論即可求解.【小問1詳解】，即因為的周長為6，所以，解得.【小問2詳解】由（1）可知.，當且僅當時，等號成立.故當時，取得最大值.19.某市為提高市民對文明城市創(chuàng)建的認識，舉辦了“創(chuàng)建文明城市”知識競賽，從所有答卷中隨機抽取100份作為樣本，將100個樣本數據按分成6組，并整理得到如下頻率分布直方圖.（1）請通過頻率分布直方圖估計這100份樣本數據的平均值（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值作代表）.（2）該市決定表彰知識競賽成績排名前的市民，某市民知識競賽的成績是，請估計該市民能否得到表彰【答案】（1）68.3（2）估計該市民能得到表彰【解析】【分析】（1）用每組中點值為代表，估算平均值；（2）估算排名在的成績，和比較，得到結論.【小問1詳解】100份樣本數據的平均值為：【小問2詳解】成績低于70分的頻率為0.45，成績低于80分的頻率為0.77，則被表彰的最低成績?yōu)?，所以估計該市民能得到表?20.設函數，曲線在點處的切線方程為.（1）求；（2）證明：.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據切線方程，求得切點與切線斜率，建立方程，可得答案；（2）由（1）寫出函數解析式，化簡整理不等式，構造函數，利用導數研究函數的單調性，求得最值，可得答案.【小問1詳解】函數的定義域為.將代入，解得，即，由切線方程，則切線斜率.故，解得.【小問2詳解】證明：由（1）知，從而等價于.設函數，則.所以當時，，當時，.故在上單調遞減，在上單調遞增，從而在上的最小值為.設函數，從而在上的最大值為.故，即.21.已知橢圓經過兩點.（1）求的方程；（2）斜率不為0的直線與橢圓交于兩點，且點A不在上，，過點作軸的垂線，交直線于點，與橢圓的另一個交點為，記的面積為，的面積為，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）待定系數法求出，得到橢圓方程；（2）先得到直線軸時，為鈍角三角形，不合題意，設直線的方程為，聯立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，由得到，得到直線恒過點，求出，從而得到.【小問1詳解】將代入橢圓方程中，，解得則橢圓的方程為；【小問2詳解】當直線軸時，為鈍角三角形，且，不滿足題意.設，由，可得，所以，所以直線的斜率存在，設直線的方程為，因為點A不在上，所以，由化簡得，.，所以，則，整理得，因為，所以，所以直線的方程為，恒過點.由題意和對稱性可知，設點到直線的距離為，點到直線的距離為，【點睛】處理定點問題的思路：（1）確定題目中的核心變量（此處設為），（2）利用條件找到與過定點的曲線的聯系，得到有關與的等式，（3）所謂定點，是指存在一個特殊的點，使得無論的值如何變化，等式恒成立，此時要將關于與的等式進行變形，直至找到，①若等式的形式為整式，則考慮將含的式子歸為一組，變形為“”的形式，讓括號中式子等于0，求出定點；②若等式的形式是分式，一方面可考慮讓分子等于0，一方面考慮分子和分母為倍數關系，可消去變?yōu)槌?（二）選考題：共10分.請考生在第22，23題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分.[選修4-4：坐標系與參數方程]22.在直角坐標系中，曲線和的參數方程分別為