陕西省咸阳市2024届高三上学期模拟检测（一）理科数学试题（教师版）

咸阳市高考模拟检测（一）数学（理科）试题注意事项：1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟．2．答卷前，务必将答题卡上密封线内的各项目填写清楚．3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收．第Ⅰ卷（选择题共60分）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】求得集合，再求交集即可.【详解】；，故.故选：B.2.已知i为复数单位，，则复数在复平面上对应的点在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】由复数相等求出的值，再由复数几何意义得解.【详解】由，则，由复数相等得，所以在复平面上对应的点为，在第四象限.故选：D3.已知向量，，若，则（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】根据数量积得运算律计算即可.【详解】由，所以，则.故选：C4.已知数列的前项和为，且等比数列满足，若，则（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】D【解析】【分析】设等比数列的公比为，根据题意，求得，结合对数运算性质有，即可求解．【详解】设等比数列的公比为，因为，所以．故选：D.5.著名的本福特定律：以数字1开头的数字在各个领域中出现的频率似乎要高于其他数，也称为“第一位数定律”或者“首位数现象”．意指在一堆从实际生活中得到的十进制数据中，一个数的首位数字是的概率为．以此判断，一个数的首位数字是1的概率与首位数字是9的概率之比约为多少？（参考数据：，）（）A.2.9 B.3.8 C.4.5 D.6.5【答案】D【解析】【分析】根据题意求得对应的概率，结合对数运算，即可估算结果.【详解】根据题意，首位数字是1的概率，首位数字是的概率，故.故选：D.6.直线与圆有公共点的一个充分不必要条件是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】求出当直线与圆有公共点时的取值范围，利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】圆的圆心为，半径为，若直线与圆有公共点，则，解得，因为，，，所以，直线与圆有公共点的一个充分不必要条件是为.故选：B.7.某同学寒假期间想到咸阳市的9个旅游景点乾陵、茂陵、汉阳陵、袁家村、郑国渠、昭陵、旬邑马栏革命旧址、长武亭口活动旧址、泾阳安吴青训班中的3个景点进行旅游，其中旬邑马栏革命旧址、长武亭口活动旧址、泾阳安吴青训班三个景点为红色旅游景点，则他所去的景点中至少包含一个红色旅游景点的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用组合应用问题结合古典概型求出概率.【详解】该同学所有的旅游方案有，至少包含一个红色旅游景点的方案有，故他所去的景点中至少包含一个红色旅游景点的概率.故选：C8.将一个棱长为4的正四面体同一侧面上的各棱中点两两连接，得到一多面体，则这个多面体的外接球的体积为（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先得到多面体为正八面体，然后根据正八面体的棱长可得外接球的半径，进而可得体积.【详解】如图一：所得的多面体为正八面体，这正八面体的球心如图二中点，设外接球半径为，正八面体的棱长为，在中，，，，所以，所以.故选：D.9.等差数列中的，是函数的极值点，则（）A. B. C.3 D.【答案】A【解析】【分析】利用导数求出函数的两个极值点，再利用等差数列性质求出即可计算得解.【详解】由求导得：，有，即有两个不等实根，显然是的变号零点，即函数的两个极值点，依题意，，在等差数列中，，所以.故选：A10.已知的展开式中的常数项为0，则（）A.3 B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】根据二项式定理和多项式的乘法找到常数项的表达式求解.【详解】二项式的通项公式为，当时，解得，当时，解得，所以展开式中的常数项为：，解得.故选：C．11.已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们一个公共点，设椭圆和双曲线的离心率分别为，，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设焦距为，椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，由已知离心率的关系得出，然后由椭圆与双曲线的定义把用表示，再由余弦定理求解可得．【详解】设焦距为，椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，则，，，∴，不妨设，由得，，是三角形内角，所以，故选：C．12.设，，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】构造函数，利用单调性可得，作差法比较，可得结果.【详解】由，构造函数，则，当时，，则在上单调递增，而，所以，即，也就是；下面再比较与，，因为,，所以，则，所以.故选：B【点睛】思路点睛：构造函数，利用导数研究函数的单调性，从而比较大小.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题；本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知角，为锐角，且，，则角______．【答案】【解析】【分析】由于，由两角差的正切公式求解.【详解】由为锐角，，且，则，，所以，又为锐角，所以.故答案为：14.已知某圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若圆锥的体积为，则该圆锥的表面积为______．【答案】【解析】【分析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，根据已知得，，可解出，再由表面积公式求解.【详解】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意，由扇形弧长得，①又圆锥的高为，则，②由①②可得，所以圆锥的表面积.故答案为：.15.设x，y满足约束条件，设，则z的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】作出不等式组表示的可行域，再利用目标函数的几何意义求解即得.【详解】作出不等式组表示的可行域，如图中阴影（不含边），其中，目标函数，表示可行域内的点与定点连线的斜率的倒数与1的和，直线的斜率，直线的斜率，显然，即，，所以取值范围为.故答案为：16.已知函数，若，，且，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】先得到函数，是奇函数，，再由，则，结合单调递增，得到，即，然后由，利用基本不等式求解.【详解】解：因，所以，所以是奇函数，，若，则，所以，又单调递增，所以，即，，则，所以，，，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为：，故答案为：三、解答题；共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第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.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知该三角形的面积．（1）求角A的大小；（2）若，求面积的最大值，并求当面积取得最大值时对应的周长．【答案】（1）（2），12【解析】【分析】（1）由三角形面积公式及已知化简后，利用余弦定理可得角值；（2）方法一：利用余弦定理及基本不等式得出的最大值同，然后由三角形的面积公式可得面积最大值，从而得出三角形周长．方法二：由正弦定理把边长用角表示，然后求得三角形的面积，并三角恒等变换得出最大值，从而求得角大小后得三角形的各边长，即得周长．【小问1详解】由，得．由余弦定理得：，．【小问2详解】方法一：因为，，由余弦定理得，当且仅当时取等，，所以的面积：，此时，的周长为12．方法二：，，由正弦定理得，的面积，，又，，当时，面积最大值为．此时，，于是的周长为12．18.为庆祝元旦，某商场回馈消费者，准备举办一次有奖促销活动，如果顾客一次消费达到500元，可参加抽奖活动，规则如下；抽奖盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，活动结束．否则记为失败，随即获得纪念品1份，当然，如果顾客愿意可在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽奖，如此不断继续下去，直至成功．（1）某顾客进行该抽奖试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽奖，记其进行抽奖试验的轮次数为随机变量X，求X的分布列和数学期望；（2）为验证抽奖试验成功的概率不超过，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，记t表示成功时抽奖试验的轮次数，y表示对应的人数，部分统计数据如下表：t12345y23298604020求y关于t的回归方程：，并预测成功的总人数（四舍五入精确到1）．附：经验回归方程系数：，．参考数据：，，（其中）．【答案】（1）分布列见解析，（2），465【解析】【分析】(1)的取值可能为，分别求得随机变量取每一值的概率，得出分布列，由此可得数学期望；(2)令，则，由公式求得和回归方程并可得预测成功的人的总人数.【小问1详解】的取值可能为1，2，3，；；；所以的分布列为：123所以数学期望为：．【小问2详解】令，则，由题意可知，，所以．所以，．故所求的回归方程为所以估计时，；估计时，；估计时，；预测成功的人的总数为．19.如图所示，在三棱锥中，，，点O、D分别是、的中点，底面．（1）求证：平面；（2）当k取何值时，二面角的余弦值为？【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过证明可得平面；（2）连接，以O为坐标原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法表示出面面角，然后解方程即可.【小问1详解】在中，点O、D分别是、的中点，，平面，平面，平面；【小问2详解】O为中点，连接，，则，平面，平面，，以O为坐标原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系．设，则，，，在中，，，，，，则，，，平面，平面，，又且，平面平面，是平面的一个法向量．设平面的一个法向量，则即，令，得，设为二面角的平面角．则，解得．方法二：作，又，，平面平面，平面，，又，是二面角的平面角．设，由题意可知，，，即为等腰三角形．在中，作，则，且，，在中，，则，在中，根据余弦定理，，解得．20.已知椭圆的离心率为，依次连接四个顶点得到的图形的面积为．（1）求椭圆C的方程；（2）过直线上一点P作椭圆C的两条切线，切点分别为M，N，求证：直线过定点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据离心率和四边形面积得到方程组，求出，，得到椭圆方程；（2）设，，，设过点且与椭圆相切的直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据结合求出，求出以M为切点的椭圆C的切线方程为，同理得到以N为切点的椭圆C的切线方程，得到直线的方程为，直线过定点.【小问1详解】由题可得，即，，得．①又，即，②由①②可得，，所以椭圆C的方程为：．【小问2详解】设，，，由题知，直线上一点P作椭圆C的两条切线斜率存在，设过点且与椭圆相切的直线方程为：，联立方程得，，整理得，即，在椭圆上，，即，，，即，，解得，（此处也可以尝试采用复合函数求导进而可得斜率）过点且与椭圆相切的直线方程为：，，即，整理可得以M为切点椭圆C的切线方程为，同理，以N为切点的椭圆C的切线方程为，又两切线均过点P，故，且，整理化简得，且，点，均在直线上，直线的方程为，直线过定点．【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为：，过圆外一点的切点弦方程为：.过椭圆上一点的切线方程为，过双曲线上一点的切线方程为21.已知函数，．（1）若恒成立，求a的取值集合；（2）证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数求函数的最小值，转化恒成立条件列不等式可求的取值集合；（2）利用小问（1）构造不等式，赋值结合累加法证明，再结合正弦函数性质和不等式性质即可证明结论.【小问1详解】由题可知函数的定义域为，，令，得，由x，，列表如下xa0递减极小值递增，因为恒成立，所以，．令，则，由x，，列表如下x10递增极大值递减．又，，，，，故a的取值集合为．【小问2详解】由（1）可知，当时，，即，，（当时，“”成立），令，，则，，由累加法可知累加可得，即，令，，恒成立，在区间上单调递减，，，，【点睛】方法点睛：（1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理；（2）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；（3）证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.（二）选考题：共10分，考生从22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．【选修4-4：坐标系与参数方程】22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为．（1）求曲线和直线的直角坐标方程；（2）直线与轴的交点为P，经过点P的直线m与曲线C交于A，B两点，若，求直线的斜率.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用极坐标与直角坐标互化公式求解即得.（2）求出点的坐标，设出直线的方程与曲线的方程联立，借助弦长公式计算即得.【小问1详解】曲线的极坐标方程化为，把代入得，直线的极坐标方程化为，把代入得，所以曲线的直角坐标方程是，直线的直角坐标方程是.