陕西省西安市长安区教育片区2023-2024学年高三上学期模拟考试理科数学试卷（解析版）

第1页/共1页2024届高三数学模拟卷（理科）考生注意：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.第I卷一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可得，进而分析符号判断.【详解】由题意可知：，则或，可得，所以，故A错误，B正确，例如，则，故CD错误；故选：B.2.已知复数，，则的实部与虚部分别为（）A.， B.， C.， D.，【答案】A【解析】【分析】应用复数加法求，根据实部、虚部定义得答案.【详解】因为，，所以，其实部与虚部分别为，.故选：A3.函数的最小值为（）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.【详解】由可得，所以，当且仅当，即时等号成立，故选:D4.若平面截球所得截面圆的面积为，且球心到平面的距离为，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质及球的面积公式计算即得.【详解】由平面截球所得截面圆的面积为，得此截面小圆半径，而球心到此小圆距离，因此球的半径，有，所以球的表面积.故选：C5.执行如图所示的程序框图，下列判断正确的是（）A.若输出的，则 B.若输出的，则C.若输出的，则 D.输出的的值可能为7【答案】C【解析】【分析】根据程序框图对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，根据程序框图可知，如果输出，则可以取，所以A选项错误.B选项，根据程序框图可知，如果输出，则可以取，所以B选项错误.C选项，根据程序框图可知，如果输出，则，C选项正确.D选项，根据程序框图可知，如果输出，则；当时，应该输出，故矛盾，所以D选项错误.故选：C6.若函数，则（）A.的最小正周期为 B.的图象关于点对称C.在上有最小值 D.的图象关于直线对称【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的周期性、对称性、最值等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】，最小正周期，A选项错误.，所以B选项错误.若，所以在上没有最小值，所以C选项错误.，所以D选项正确.故选：D7.已知是奇函数，且在上单调递减，则下列函数既是奇函数，又在上单调递增的是（）A B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据奇函数的定义与性质，及单调性的定义与性质判断即可.【详解】由题意得在上单调递减，则在上单调递增，对于A，因与均在上单调递减，所以在上单调递减，故A错误；对于B，，则为偶函数，故B错误；对于C，，因为，所以，即，故C错误；对于D，，则为奇函数，与均在上单调递增，则在上单调递增，故D正确.故选：D.8.函数的最大值为（）A. B.2 C. D.3【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式和二倍角公式化简，进而利用辅助角公式化简，然后由正弦函数的性质可得的最大值.【详解】，其中，∴的最大值为.故选：.9.过抛物线的焦点作直线与该抛物线交于两点，与轴交于点，若在第一象限，的倾斜角为锐角，且为的中点，则的斜率为（）A.2 B. C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用导数的定义结合斜率的定义计算即得.【详解】抛物线的焦点，准线，过点作于点，交轴于点，则轴，如图，由为的中点，得，则，，所以的斜率.故选：B10.如图，在正方体中，均为棱的中点，现有下列4个结论：①平面平面；②梯形内存在一点，使得平面；③过可作一个平面，使得到这个平面的距离相等；④梯形的面积是面积的3倍.其中正确个数为（）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断①；取的中点，证明平面判断②；证明判断③；求出梯形与的面积判断④即可得解.【详解】令正方体的棱长为2，连接，交分别于点，连接，显然矩形是正方体的对角面，则，连接，由分别为棱的中点，得，，于是，而，则四边形是平行四边形，有，又，平面，则平面，而平面，平面，则平面，因为平面，因此平面平面，①正确；取的中点，连接交分别于，有，则∽，，于是，即，而，则，又平面平面，因此，平面，则平面，又平面，则，而平面，于是平面，显然点在线段上，在梯形内，②正确；连接，显然，即四边形平行四边形，，因此过可作一个平面，使得平行于这个平面，点到这个平面的距离相等，③正确；，且有，，，④正确，所以正确命题的个数是4.故选：A11.的内角所对的边分别为，已知，则当取得最小值时，（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，求得，利用余弦定理得，设，求得，求得函数的单调性，进而得答案.【详解】由，可得，解得，可得，由余弦定理得，设，可得，令，可得，即，令，可得，解得或（舍去），当，即时，，单调递减；当，即时，，单调递增，所以当时，取得最小值，即取得最小值.故选：C.12.设的小数部分为x，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】利用不等式放缩估计的整数部分为4，得到，即，然后利用二项式定理展开即得.【详解】由，得的整数部分为4，则，所以，即，故.故选:B第II卷二､填空题：本大题共4小题.每小题6分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置，13.双曲线的离心率为__________.【答案】##【解析】【分析】首先化简可得，即，利用即可得解.【详解】可化为，，则.故答案为：14.烧水时，水温随着时间的推移而变化.假设水的初始温度为，加热后的温度函数（是常数，表示加热的时间，单位：min），加热到第10min时，水温的瞬时变化率是_________.【答案】【解析】【分析】根据公式和已知条件直接求解即可【详解】因为水的初始温度为，所以，解得，所以，则，所以加热到第时，水温的瞬时变化率是.故答案为：15.若随机变量，且，则__________.【答案】10【解析】【分析】首先根据二项分布的运算，可得，再利用求得，再利用即可得解.【详解】因为，所以，解得或，因为，所以，所以，所以.故答案为：1016.已知函数恰有3个零点，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】利用函数零点的意义，求出直线与函数及在内的图象有3个交点的范围.【详解】由，得或，函数在上有3个零点，当且仅当直线与函数及在内的图象有3个交点，函数在上单调递减，函数值集合为，在上单调递增，函数值集合为，函数在上单调递减，函数值集合为，显然直线与的图象交于点和，在坐标系内作出直线和函数及在内的图象，如图，观察图象知，当，且且时，直线与函数及在内的图象有3个交点，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.三､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.从某脐橙果园随机选取200个脐橙，已知每个脐橙的质量（单位：）都在区间内，将这200个脐橙的质量数据分成这4组，得到的频率分布直方图如图所示.（1）试问这200个脐橙中质量不低于的个数是多少？（2）若每个区间的值以该区间的中间值为代表，估计这200个脐橙的质量的平均数.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求得频率，进而求得正确答案.（2）根据平均数的求法求得正确答案.【小问1详解】不低于的频率为，所以这200个脐橙中质量不低于的个数是.【小问2详解】平均数为.18.记数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求得，进而求得.（2）利用错位相减求和法求得.【小问1详解】依题意，，即，所以数列是首项，公比为的等比数列，所以.所以，所以.【小问2详解】，，两式相减得，所以.19.如图，在四棱锥中，底面为正方形，，，.（1）证明：平面平面.（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）运用勾股定理证得，结合线面垂直的判定定理可证得平面，进而可证得平面平面.（2）由线面垂直性质可证得，建立空间直角坐标系运用空间向量坐标法求线面角即可.【小问1详解】证明：在正方形中，，，所以，所以.又因为，、平面，所以平面.又平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）知平面，又，所以平面，又平面，所以.又，，所以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.设平面的法向量为，，，则，令，得.因为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.20.已知点，动点M满足，动点的轨迹记为.（1）求的方程；（2）若不垂直于轴直线过点，与交于两点（点在轴的上方），分别为在轴上的左、右顶点，设直线的斜率为，直线的斜率为，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）是定值，【解析】【分析】（1）利用椭圆的定义即可得解；（2）联立直线与椭圆的方程得到，从而将转化为关于的表达式，进而整理化简即可得解.【小问1详解】因为，所以的轨迹是以为焦点，且长轴长为4的椭圆，设的轨迹方程为，则，可得．又，所以，所以的方程为．【小问2详解】依题意，设直线，联立，消去得．易知，且．由，得．（方法一）因为，所以，所以，所以为定值，且定值为．（方法二）因为，所以，所以为定值，且定值为．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21.已知函数.（1）当时，求的单调区间与极值，（2）若，证明：当，且时，恒成立.【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为无极大值（2）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，，当时，；当时，，利用导数的意义即可得解；（2）由的导函数的导函数，根据题意，且时，，故构造函数，利用的单调性即可得解.【小问1详解】当时，.当时，；当时，.所以的单调递减区间为，单调递增区间为.所以在处取得极小值，且极小值为无极大值.【小问2详解】的导函数的导函数.当，且时，，所以在上单调递增，所以，当且仅当时，等号成立.令函数，则.当时，，所以在上单调递增，则，所以在上单调递增，则，即，因为，所以，又，所以.（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分，[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）.（1）求这两条直线的普通方程（结果用直线的一般式方程表示）；（2）若这两条直线与圆都相离，求的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）通过消参法求得正确答案；（2）根据圆心到直线的距离列不等式，由此求得的取值范围.【小问1详解】直线的参数方程为，则，两式相减得直线的参数方程为，则代入，得