陕西省西安市第一中学2024届高三第十次模拟考试数学（理）试题及答案

这是一份陕西省西安市第一中学2024届高三第十次模拟考试数学（理）试题及答案，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．当时，下列大小关系正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
2．《九章算术》是我国古典数学教学名著之一，书中有如下问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”其意思为“已知直角三角形两直角边长分别为步和步，问一边在勾上的内接正方形的边长为多少步？”在此题的条件下，向此三角形内随机投粒豆子，则落在这个内接正方形内的豆子数大约是（ ）
A．粒B．粒C．粒D．粒
3．对A，B两地国企员工上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X（单位：min），，对应的曲线为，B地员工的上班迟到时间为Y（单位：min），，对应的曲线为，则下列图象正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知双曲线虚轴的一个顶点为D，，分别是C的左，右焦点，直线x＝3a与C交于A，B两点.若△ABD的重心在以为直径的圆上，则C的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
7．在（其中）的展开式中，的系数与的系数相同，则的值为（ ）
A．B．C．D．2
8．将函数图像上各点的横坐标伸长到原来的倍，所得函数的一个对称中心可以是
A．B．C．D．
9．陕西关中一带流行一种纸牌叫“花花牌”，俗称“花花”，牌面纸质和扑克牌差不多，窄长条型的，宽厘米，长厘米．牌面中间画上人物或花草图案，两头则有一些黑红两色的椭圆点，像盲文，这些点的多少代表了牌面的大小．由于“花花牌”不含数字，不识字的人也可以玩，故很受百姓欢迎．相传“花花牌”与唐代流行的“骨牌”玩法颇为相似，下图给出了四张“骨牌”，请按此规律（自左向右）推测下一张“骨牌”应该是（ ）
A．B．C．D．
10．若函数存在唯一的零点，且，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．已知平面向量，，，，若对任意的实数，的最小值为，则此时
A．1B．2C．D．或
12．已知一个三棱锥的三视图如下图所示，其中俯视图是顶角为的等腰三角形，则该三棱锥外接球的表面积为
A．B．C．D．
二、填空题
13．抛物线的焦点为F，过F且斜率为2的直线l与抛物线C交于A，B两点，点D为抛物线C上的动点，且点D在l的右下方，则面积的最大值为
14．已知函数，若存在，使得，则的取值范围是 ．
15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，且满足，，则边a等于 ．
16．正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有 .
①侧面上存在点，使得
②直线与直线所成角可能为
③平面与平面所成锐二面角的正切值为
④设正方体棱长为1，则过点的平面截正方体所得的截面面积最大为
三、解答题
17．已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
18．小甲参加商场举行的玩游戏换代金券的活动．若参与A游戏，则每次胜利可以获得该商场150元的代金券；若参与B游戏，则每次胜利可以获得该商场200元的代金券；若参与C游戏，则每次胜利可以获得该商场300元的代金券．已知每参与一次游戏需要成本100元，且小甲每次游戏胜利与否相互独立．
(1)若小甲参加4次A游戏，每次获胜的概率为，记其最终获得450元代金券的概率为，求函数的极大值点；
(2)在（1）的条件下，记小甲参加A，B，C游戏获胜的概率分别为，，．若小甲只玩一次游戏，试通过计算说明，玩哪种游戏小甲获利的期望最大．
19．在三棱柱中，，，，，，是的中点，与交于．
(1)求证：平面；
(2)若与平面所成角为，求二面角的正弦值．
20．已知椭圆的离心率为，是椭圆上的两个不同点.
(1)若，且点所在直线方程为，求的值；
(2)若直线的斜率之积为，线段上有一点满足，连接并延长交椭圆于点，求的值.
21．设函数，（e为自然对数的底数）
（1）若函数有两个极值点，求a的取值范围；
（2）设函数，其中为的导函数，求证：的极小值不大于1.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).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.
(1)求曲线的普通方程，和曲线的直角坐标方程；
(2)若曲线和共有四个不同交点，求的取值范围.
23．已知函数．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若关于x的不等式在在上恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】画出的图像，结合的取值范围，判断出正确结论.
【详解】画出的图像如下图所示，由于，结合图像可知.
故选：D
【点睛】本小题主要考查指数函数、对数函数和幂函数的图像与性质，属于基础题.
2．B
【分析】计算正方形边长，根据几何概型面积型概率公式估计概率，进而可估计豆子数.
【详解】
如图所示，
直角三角形两直角边长分别为步和步，则面积为平方步，
设内接正方形的边长为，
则，解得，
所以正方形的面积为平方步，
向此三角形内投豆子，落在其内接正方形内的概率为，
所以向此三角形内随机投粒豆子，则落在这个内接正方形内的豆子数大约是粒，
故选：B.
3．B
【分析】
由两个正态曲线的对称轴位置和集中分散程度判断结果.
【详解】由，故曲线的对称轴在曲线的左侧，排除C、D；
由，故曲线比曲线瘦高，曲线比曲线矮胖，排除A.
故选：B．
4．D
【详解】
根据共轭复数定义和复数除法运算法则直接求解即可.
【分析】
，，.
故选：D.
5．B
【分析】求出集合,根据集合的交集运算,求得答案.
【详解】由题意，，则或 ，
，
故，
故选：B
6．C
【分析】由双曲线可知，设与交于，两点的坐标为，可得重心的坐标为，可得，可求渐近线方程．
【详解】解：由双曲线可知，设与交于，两点的坐标为，
的重心的坐标为，，即，
因为△ABD的重心在以为直径的圆上，为直径的圆的方程为，
，解得，
的渐近线方程为，
故选：C
7．D
【解析】求得二项展开式的通项为，根据的系数与的系数相同，得到关于的方程，即可求解.
【详解】由题意，二项式的展开式的通项为，
因为的系数与的系数相同，即且，
即，解得.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟练应用二项展开式的通项，列出关于的方程是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.
8．A
【解析】利用辅助角公式将化简为的形式，根据图象变换得到新函数为，从而求解出对称中心，令可得到选项.
【详解】
将横坐标伸长到原来的倍，可得所得函数为：
令
则对称中心为，
令，则其中一个对称中心为：
本题正确选项：
【点睛】本题考查正弦型函数的对称中心的求解，关键是利用辅助角公式将函数整理为的形式，同时能够准确地利用图象变换原则得到所求函数，再采用整体对应的方式求得对称中心.
9．B
【分析】根据图中白点的个数的规律以及所有点的点数之和可得出合适的选项.
【详解】由图可知，第一张“骨牌”有个白点，第二张“骨牌”有个白点，
第三张“骨牌”的白点个数为，第四张“骨牌”的白点个数为，
据此可推测第五张“骨牌”的白点个数为，
由图可知，从第三张开始，每张“骨牌”上的点数为前两张“骨牌”的点数之和，
所以，第五张“骨牌”的所有点数为.
故选：B.
【点睛】思路点睛：归纳推理问题的常见类型与解题策略：
（1）与数字有关的等式的推理，观察数字的特点，找出等式左右两侧的规律与符号可解；
（2）与不等式有关的推理，观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解；
（3）与数列有关的推理，通常是先求出几个特殊现象，采用不完全归纳法，找出数列的项与项数之间的关系，列出即可；
（4）与图形有关的推理，合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法证其真伪性.
10．A
【解析】令可得，可知方程只有一个正根，设，利用导数分析函数的单调性，数形结合可求得实数的取值范围.
【详解】由函数存在唯一的零点，且等价于有唯一正根，
即函数的图象与直线在轴右侧有个交点，
又为奇函数且，
令，可得或；令，可得或.
则在，为减函数，在为增函数，在为增函数，且，.
则满足题意时的图象与直线的位置关系如图所示，
即实数的取值范围是，
故选：A.
【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数的取值范围，考查了导数的应用以及数形结合思想的应用，属于中等题.
11．D
【分析】由题知，终点分别在圆上，画出图形，由最小值，确定，的夹角，再利用模长公式求解即可.
【详解】由题知，终点分别在以2和1为半径的圆上运动，设的终点坐标为A(2,0),的终点为单位圆上的点B，最小时的终点有可能为如图上B、C两点处，即过A做单位圆切线切点为B时，此时AB=,此时，的夹角为，因此=，
延长BO交单位圆于C，此时，的夹角为，因此，
故选D
【点睛】本题考查向量的模，向量的几何意义，数形结合思想，准确确定取最小值时，的夹角是关键，是中档题.
12．A
【详解】
由三视图可知，该三棱锥是以俯视图为底面，一条长为的侧棱为高 ，将其补成三棱柱，三棱柱的外接球即是三棱锥的外接球，设球心为 ，底面三角形外接圆圆心为 ，则 ，再根据正弦定理可得底面三角形外接圆直径是 ，外接圆半径 ，球半径，球的表面积 ，故选A.
【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.
13．
【分析】先联立直线方程和抛物线方程求得，
接着有两种方法：方法一是将点D到直线的距离用坐标表示出来，借助二次函数求出最值；方法二是利用相切时点D到直线的距离最大，此时两平行线间的距离即为点D到直线的距离最大值，进而求出面积的最大值即可.
【详解】由题意可知抛物线的焦点为,
所以直线方程为：，
联立得
设，由韦达定理知：
所以，
故，
方法一：设，因为直线方程为：
，其中
所以
当且仅当时等号成立，此时满足点D在l的右下方，
所以面积的最大值为.
方法二： 因为，
要想面积的最大，只需点到直线的距离最大，
如图，设斜率为2的直线与抛物线相切与点，
当点在点位置时，点到直线的距离最大，
因为直线方程为：
设切线方程为，
联立抛物线得：，
令，解得，
此时
所以面积的最大值为.
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点且焦点在y轴上，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
14．
【分析】由分段函数解析式，可分、、三种情况分别写出与，结合，可得关于的表达式，再由函数的单调性求解的取值范围．
【详解】当时，则，
可得，即，求得，
则，
函数在上递增，；
当时，，
，可知不存在，使得；
当时，则，
由，得，
令，，则，
，，
，则，即，
函数在上单调递增，可得，
即．
综上所述，的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】
关键点睛：本题的关键通过分、以及进行讨论，通过构造函数利用其单调性得到范围.
15．
【分析】先根据题意求得角，的值，再根据正弦定理求解即可．
【详解】由，显然，则，
又，则，
由，
又，则，整理得，
又，则，所以，得，
又由正弦定理有，则．
故答案为：．
16．①③
【分析】
由面面平行的判定定理即可判断①，由异面直线夹角的定义即可判断②，由二面角的定义即可判断③，由截面为菱形即可判断④
【详解】
取中点中点，连接，
则易证得，且，
平面，平面，
从而平面平面，
所以点的运动轨迹为线段.
取的中点，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故①正确；
设正方体的棱长为，当点与点或点重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以②错误；
平面平面，取为的中点，
则即为平面与平面所成的锐二面角，，所以③正确；
因为当为与的交点时，截面为菱形（为的交点），
此时，，则面积为，故④错误.
故答案为：①③
17．(1)
(2)
【分析】
（1）利用和之间的关系式可得，再利用累乘即可求得的通项公式；
（2）写出数列的通项公式利用裂项求和即可得出结果.
【详解】（1）当时，，解得.
当时，由，得，
两式相减得，即，
利用累乘可得，
即，因为，所以；
所以的通项公式为.
（2）由（1）可知，裂项可得，
则.
所以数列的前项和
18．(1)
(2)小甲选择C游戏获利的期望最大
【分析】
（1）先求出的表达式，再利用导数求解即可；
（2）由（1）得出小甲参加A，B，C游戏获胜的概率，再分别求出三种游戏的期望即可得解.
【详解】（1）依题意，小甲获胜3次且失利1次，
则，
故，
令，解得，
故当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极大值点；
（2）由（1）可知，小甲参加A，B，C游戏获胜的概率分别为，，，
记代金券金额，
若小甲参加A游戏，则；
若小甲参加B游戏，则；
若小甲参加C游戏，则；
因为，故小甲选择C游戏获利的期望最大．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出，可得出，利用线面垂直的判定和性质可得出，再结合以及线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）利用线面角的定义可得出，可求得的长，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：在三棱柱中，且，，
所以，四边形为矩形，
因为，，为的中点，所以，，
因为，，所以，，
所以，，所以，，
所以，，
，，平面，
平面，，
，，平面.
（2）解：在中，，，，则，
，由等面积法可得，
，，
，，
因为平面，所以，直线与平面所成的角为，
因为，则为等腰直角三角形，且，
因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
20．(1)；
(2).
【分析】
（1）联立直线方程与椭圆C的方程，利用韦达定理及垂直的向量表示求解作答.
（2）设出点A，B的坐标，并表示出点M，N的坐标，再根据给定条件计算作答.
【详解】（1）依题意，由离心率为得：，解得，则椭圆的方程为，
设，由消去y并整理得：，
，，
因，则，
于是得，解得，而，
所以.
（2）设，，有，，由直线斜率之积为，得，
依题意有，，，又，
则，即，
而点在椭圆上，即，
整理得，
因此，解得.
【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
21．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）求得，根据有两个极值点，转化为与的图象的交点有两个，利用导数求得函数的单调性与极值，即可求解.
（2）根据题意得到，求得，得到，进而求得的单调性与极值，再分和两种情况，结合函数的单调性和极值的运算，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数，可得，
因为有两个极值点，
即方程在有两个不同的解，
即与的图象的交点有两个.
由，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，有极大值.
又因为时，；时，，
当时，即时有两个解，所以
（2）由函数
可得，则，所以在单调递增，
若时，
当时，.在上单调递减；
当时，.在上单调递增；
所以在处取得极小值
若，令，则；
令，则
所以在，有唯一解；
若，令，则，
令，则，所以在，有唯一解；
所以在有唯一解，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
所以，
令，则，
由，可得，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减，
所以，即的极小值不大于1.
【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22．(1)的普通方程为；的直角坐标方程为；
(2).
【分析】（1）利用消参法可得曲线的方程；根据极坐标与直角坐标互化公式可得曲线的直角坐标方程；
（2）联立曲线和，由于两方程表示的曲线均关于轴对称，因此转化为关于的方程有两个大于0的不等实根,列出不等式解出的取值范围．
【详解】（1）因为曲线的参数方程为(为参数)，
所以曲线的普通方程为；
又曲线的极坐标方程可化为，
故对应的直角坐标方程为；
（2）由，可得，
由于曲线和共有四个不同交点，
所以关于的方程有两个大于0的不等实根，
因此有，
解得，
即的取值范围为.
23．(1)
(2)或
【分析】
（1）用零点分段法将写为分段函数，根据的不同取值分别解不等式，取并集得出结果即可；
（2）由，对不等式进行化简，再根据绝对值不等式性质将绝对值去掉，将分离出来，求出最值，将结果进行整理即可。
【详解】（1）解：因为，所以，
当时，可化为，解得，
当时，可化为，无解，
当时，可化为，解得，
综上：不等式解集为；
（2）因为在上恒成立，
即在上恒成立，
因为，所以，
故原不等式可化为，
即或，
即或，
所以只需或，
因为，所以，
所以或.