陕西省渭南市2024届高三一模数学试题（理）（解析版）

PAGEPAGE1陕西省渭南市2024届高三一模数学试题（理）第Ⅰ卷（选择题）一、选择题1.若复数满足，则（）A. B.1 C. D.〖答案〗B〖解析〗由题设，故.故选：B.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗∵，∴．故选：D.3.在正三棱柱中，，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗取是的中点，连接，如下图所示：设三棱柱底面边长为，可得，由正三棱柱性质可知平面，所以即为直线与平面所成角的平面角，易知，由勾股定理可得，所以；即直线与平面所成角的正弦值为.故选：B.4.“米”是象形字.数学探究课上，某同学用拋物线和构造了一个类似“米”字型的图案，如图所示，若抛物线，的焦点分别为，，点在拋物线上，过点作轴的平行线交抛物线于点,若,则（）A.2 B.3 C.4 D.6〖答案〗D〖解析〗因为，即，由抛物线的对称性知，由抛物线定义可知，，即，解得，故选：D.5.执行如图所示的程序框图，如果输入的，则输出的（）A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗B〖解析〗阅读流程图，初始化数值.循环结果执行如下：第一次：；第二次：；第三次：；第四次：；第五次：；第六次：，结束循环，输出.故选B.6.设定义在上的偶函数满足，当时，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由得.又为偶函数，所以.故选：A.7.甲乙两位同学从5种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（）A.30种 B.60种 C.90种 D.120种〖答案〗B〖解析〗根据题意可知，首先选取1种相同课外读物的选法有种，再选取另外两种课外读物需不同，则共有种，所以这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有种；故选：B8.已知圆的方程为，直线过点且与圆交于两点，当弦长最短时，（）A. B. C.4 D.8〖答案〗B〖解析〗当最短时，直线，，.故选：B.9.如图，一个直四棱柱型容器中盛有水，底面为梯形，，侧棱长.当侧面ABCD水平放置时，液面与棱的交点恰为的中点.当底面水平放置时，液面高为（）A.3 B.4 C.5 D.6〖答案〗C〖解析〗取底面梯形两腰的中点为，如下图所示：由可得，所以四边形与四边形的面积之比为，即可知容器中水的体积占整个容器体积的；当底面水平放置时，可知液面高为直四棱柱侧棱长的,即可得液面高为.故选：C.10.我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别,就是利用计算机检测样本之间的相似度,余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点，，为坐标原点，余弦相似度为向量，夹角的余弦值，记作，余弦距离为.已知，，，若P，Q的余弦距离为，，则Q，R的余弦距离为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意可得，，，则，又，所以，可得；所以Q，R的余弦距离.故选：A.11.在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线右支上一点，连接交轴于点．若为等边三角形，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设，为等边三角形，，，又，，，，，，，解得：（舍）或，双曲线的离心率为.故选：C.12.已知函数在区间上有且仅有4个极值点，给出下列四个结论：①在区间上有且仅有3个不同的零点；②的最小正周期可能是；③的取值范围是；④在区间上单调递增.其中正期结论的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗由函数，令，可得，，因为在区间上有且仅有4个极值点，即可得有且仅有4个整数符合题意，解得，即，可得，即，解得，即③错误；对于①，当时，，即可得，显然当时，在区间上有且仅有3个不同的零点；当时，在区间上有且仅有4个不同的零点；即①错误；对于②，的最小正周期为，易知，所以的最小正周期可能是，即②正确；对于④，当时，；由可知，由三角函数图象性质可知在区间上单调递增，即④正确；即可得②④正确.故选：B.第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题13.已知一组数据点，用最小二乘法得到其线性回归方程为，若，则_______．〖答案〗〖解析〗根据题意可知该组数据点，所以，所以，故〖答案〗为：14.在中，，，，则的面积为______.〖答案〗〖解析〗由余弦定理可知，即，解得；所以的面积为.故〖答案〗为：15.已知函数满足，，，则满足条件的函数可以是______.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗结合常数函数的性质，即满足，，故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）.16.已知函数，方程有7个不同实数解，则实数的取值范围是______.〖答案〗或〖解析〗因，令，得到，解得或，又当时，，则，当时，，当时，，即在区间上单调递减，在区间上单调递增，又时，，时，，时，，其图像如图，所以，当时，有2上解，有2个解，又因为方程有7个不同的实数解，所以当时，有3个实数解，又时，，则，所以时，，时，，即当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，又当时，，当时，，又当时，有3个实数解，所以或，解得或，故〖答案〗为：或.三、解答题（一）必考题.17.已知等差数列满足：，，其前项和为.（1）求及；（2）若数列是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前项和.解：（1）是等差数列，，数列的公差，首项，，.，为所求.（2）令，由题意有；数列是以1为首项，3为公比的等比数列其前n项和，，数列的前n项和故为所求.18.如图，在等腰梯形ABCD中，，，将沿着AC折到的位置，使.（1）求证：平面平面ABC；（2）求二面角的正弦值.（1）证明：由等腰梯形ABCD中，，过C做，交AB于E，连接AC，如图所示，根据对称性可得，，所以，可得，又由，所以，即，所以，即，又因为，且，所以平面APC，又由平面ABC，所以平面平面ABC.（2）解：取AC的中点E，AB的中点F，以E为坐标原点，EA为x轴，EF为y轴，EP为z轴正方向建立空间坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，得一个法向量，，得一个法向量，所以，设二面角的平面角为，，所以二面角的平面角的正弦值为.19.杭州第19届亚运会于2023年9月23日至2023年10月8日举行，国球再创辉煌，某校掀起乒乓球运动热潮，组织乒乓球运动会.现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取7局4胜制，每局为11分制，每赢一球得一分．（1）己知某局比赛中双方比分为，此时甲先连续发球2次，然后乙连续发球2次，甲发球时甲得分的概率为0.4．乙发球时乙得分的概率为0.5，各球的结果相互独立，求该局比赛甲以获胜的概率；（2）已知在本场比赛中，前两局甲获胜，在后续比赛中每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立，两人又进行了X局后比赛结束，求X的分布列与数学期望．解：（1）在比分为后甲先发球的情况下，甲以获胜的情况分三种：第一种：后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为，第二种：后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为，第三种：后四球胜方依次为甲甲乙甲，概率为，所以所求事件的概率为：．（2）随机变量X的可能取值为2，3，4，5，，，，，所以X的分布列为X2345P数学期望.20.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，求证：.（1）解：因为，所以,易知，恒成立，当时，恒成立，所以在上单调递减，当时，由，得到，当时，；当时，，所以时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，综上，当时，在上单调递减，当时，函数减区间为，增区间为.（2）证明：由（1）知，当时，函数的最小值为，所以要证，即证明在区间上恒成立，整理得，令，则，所以当时，，当时，，则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故的最小值为，即时，恒成立，所以时，.21.已知椭圆的离心率为，长轴长为4.（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆的上、下焦点分别为、，过点作斜率为的直线交椭圆于A，B两点，直线，分别交椭圆于M，N两点，设直线MN的斜率为.求证：为定值.（1）解：由椭圆的离心率为，长轴长为4.可得，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）解：由（1）知，可得，设直线的方程为，设，则，由，所以直线的方程为，联立方程组，整理得，则且，所以，可得，即,同理可得，所以，即，所以为定值.（二）选考题[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）P为l上一点，过P作曲线C的两条切线，切点分别为A，B，若，求点P横坐标的取值范围．解：（1）由曲线的参数方程为（为参数），可得由,得,即,曲线的普通方程为,直线的直角坐标方程为