陕西省渭南市临渭区2024届高三下学期质量检测(三模)文科数学试题(原卷版+解析版)
展开
这是一份陕西省渭南市临渭区2024届高三下学期质量检测(三模)文科数学试题(原卷版+解析版),文件包含陕西省渭南市临渭区2024届高三下学期质量检测三模文科数学试题原卷版docx、陕西省渭南市临渭区2024届高三下学期质量检测三模文科数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共23页, 欢迎下载使用。
1.本试卷共4页,全卷满分150分,答题时间120分钟.
2.答卷前,考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.
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,将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知复数,则复数z的虚部为( )
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用复数的除法化简复数,进而确定其虚部.
【详解】,其虚部为.
故选:A.
2. 已知集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解得出集合,然后根据并集的运算,即可得出答案.
【详解】解可得,,所以.
所以,.
故选:C.
3. 已知向量,,若与共线且反向,则实数的值为( )
A. 4B. 2C. D. 或4
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量共线的坐标表示求出,再结合反向共线即可得解.
【详解】由向量,共线,得,解得或,
当时,,,与同向,不符合题意,
当时,,,与反向,符合题意,
所以实数的值为4.
故选:A
4. 将函数的图象向左平移个单位长度,所得图象关于原点对称,则的值可以为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的图象变换,整理变换之后的函数解析式,结合三角函数的奇偶性,可得答案.
【详解】由题意可知函数的图象关于原点对称,
则,整理可得,
当时,.
故选:D.
5. 某电视台举行主持人大赛,每场比赛都有17位专业评审进行现场评分,首先这17位评审给出某位选手的原始分数,评定该位选手的成绩时从17个原始成绩中去掉一个最高分、一个最低分,得到15个有效评分,则15个有效评分与17个原始评分相比,在数字特征“①中位数②平均数③方差④极差”中,可能变化的有( )
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合中位数、平均数、极差、方差的概念分析求解.
【详解】从17个原始评分去掉1个最高分、1个最低分,得到15个有效评分,
其平均数、极差、方差都可能会发生改变,
但中间位置不变,即不变的数字特征数中位数,
例如,故可能变化的有3个.
故选:B.
6. 下列可能是函数的图象的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数定义域和特殊值可排除ABD.
【详解】函数定义域为R,排除选项AB,当时,,排除选项D,
故选:C.
7. 已知盒子中有6个大小相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两球,每次取一球,记第一次取出的球的数字是,第二次取出的球的数字是.若事件“为偶数”,事件“,中有偶数且”,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件,结合条件概率的计算公式,即可求解.
【详解】由题意,有放回的随机取两球,所以,
因事件“,中有偶数且”,
所以,
因为事件“为偶数”, 事件“,中有偶数且”,
所以事件“,均为偶数且”,
所以,
所以.
故选:.
8. 已知中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若,且,则是( )
A. 锐角三角形B. 钝角三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由正弦定理和得到,,求出,得到答案.
【详解】,
即,故,
,
因为,所以,故,
因为,所以,
故为等腰直角三角形.
故选:D
9. 在正方体中,过点B的平面与直线垂直,则截该正方体所得截面的形状为( )
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
【答案】A
【解析】
【分析】作出辅助线,证明出⊥平面,所以⊥,同理可证明⊥,得到⊥平面,故平面即为平面,得到截面形状.
【详解】连接,
因为⊥平面,平面,
所以⊥,
又四边形为正方形,所以⊥,
又,平面,
所以⊥平面,
因为平面,
所以⊥,
同理可证明⊥,
因为,平面,
故⊥平面,
故平面即为平面,
则截该正方体所得截面的形状为三角形.
故选:A
10. 已知两点,,点是圆上任意一点,则面积的最小值是( )
A. 8B. 6C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】求出圆心坐标和半径,可得圆心到直线的距离,求得圆上的点到直线距离的最小值,从而得三角形面积最小值.
【详解】解:圆 即,
圆心,半径是.
直线的方程为,
圆心到直线的距离为,
直线和圆相离,
点到直线距离的最小值是 3 ,
的面积的最小值为
故选:D.
11. 若系列椭圆(,)的离心率,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化为标准方程,直接求出离心率列方程即可求解.
【详解】椭圆可化为:.
因为,所以离心率,解得:.
故选:A
12. 若函数在内恰好存在8个,使得,则的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简函数式为,题意说明,得,由正弦函数图象与直线的交点个数得的范围.
【详解】由题意可得:
,
由可得,
因为,,则,
由题意可得,解得,
所以的取值范围为.
故选:D.
【点睛】易错点睛:数形结合的重点是“以形助数”,在解题时要注意培养这种思想意识,做到心中有图,见数想图,以开拓自己的思维.使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义,解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系,准确利用几何图形中的相关结论求解.
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 已知抛物线上的点P到其准线的距离为6,则点P的横坐标为______.
【答案】4
【解析】
【分析】首先得到抛物线的准线方程,再设点的横坐标为,由抛物线的几何性质,即可得到方程,解得即可.
【详解】抛物线的准线为,设点的横坐标为,
由抛物线上的点到准线的距离为6,可得,解得.
故答案为:4.
14. 若实数满足约束条件,则的最大值为__________.
【答案】13
【解析】
【分析】首先确定不等式组表示点的区域,再进行分析何时取得最大值.
【详解】实数满足约束条件,表示的可行域如图阴影部分所示.
当直线经过点A时,取得最大值.
由,解得.
所以.
故答案为:13.
15. 已知底面半径为2的圆锥的侧面积为,则该圆锥的外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出圆锥的母线,求出圆锥的高,设圆锥外接球的半径,列出方程,求出半径,得到表面积.
【详解】设圆锥的母线为,又,故,
解得,
圆锥的高为,
设该圆锥的外接球的半径为,
故,故,
由勾股定理得,即,
解得,
故该圆锥的外接球的表面积为.
故答案为:
16. 设定义在R上的函数满足,且,则在R上的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】构造函数,对其求导,结合已知可求,进而可求,再由导数与最值关系可求.
【详解】令,则
可知,即,
因为,即,则
当时,,可知函数在内单调递增,
当时,,可知函数在内单调递减,
所以函数取得最大值.
故答案为:
【点睛】关键点点睛:根据的形式,构建函数,结合导数关系求得.
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. 已知等比数列的各项均为正数,前n项和为,且满足,.
(1)求数列的通项公式;
(2)若数列满足,求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2).
【解析】
【分析】(1)设等比数列的公比为,由已知条件和等比数列基本量的计算,求出数列首项和公比,得通项公式;
(2)利用错位相减法可得数列的前n项和.
【小问1详解】
设数列的公比为,
∵,,
∴,
即,∴(舍去),
∴,即,
∴.
【小问2详解】
∵,∴.
∴,
,
两式相减得,
∴.
18. 如图,在四棱锥中,底面ABCD是平行四边形,平面ABCD,,,且M,N分别为PD,AC的中点.
(1)求证:平面PBC;
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【解析】
【分析】(1)利用三角形的中位线,证明,可证得平面PBC;
(2)利用三棱锥的体积公式求解.
【小问1详解】
证明:如图,连接BD,由ABCD是平行四边形,则有BD交AC于点N.
∵M,N分别为PD,BD的中点,∴.
又平面PBC,平面PBC,故平面PBC.
【小问2详解】
∵,∴,∴平行四边形ABCD为矩形.
∵,∴,,
∴.
又平面ABCD,M为PD的中点,则M到平面ACD的距离为.
∴.
19. 某市为提高市民对文明城市创建的认识,举办了“创建文明城市”知识竞赛,从所有答卷中随机抽取100份作为样本,将100个样本数据按,,,,,分成6组,并整理得到如下频率分布直方图.
(1)请通过频率分布直方图估计这100份样本数据的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)和中位数;
(2)该市决定表彰知识竞赛成绩排名前30%的市民,某市民知识竞赛的成绩是78,请估计该市民能否得到表彰.
【答案】(1)平均值68.3,中位数71.5625;
(2)该市民能得到表彰.
【解析】
【分析】(1)根据平均数以及中位数的计算公式,即可求得答案;
(2)根据频率分布直方图计算样本的第70 百分位数,与78比较,即可得结论.
【小问1详解】
100份样本数据的平均值为.
根据图象可得,对应的频率为0.05,对应的频率为0.10,对应的频率为0.10,对应的频率为0.20,对应的频率为0.32,对应的频率0.23.
设中位数为t,则t在中.
,
解得.
【小问2详解】
成绩低于70分的频率为0.45,成绩低于80分的频率为0.77,
则被表彰的最低成绩为第70%分位数:,
所以估计该市民能得到表彰.
20. 已知双曲线C:的离心率为,焦点到其渐近线的距离为1.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)已知直线l:与双曲线C交于A,B两点,O为坐标原点,直线OA,OB的斜率之积为,求△OAB的面积.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由已知条件结合双曲线的性质求得,再由离心率即可求出;
(2)双曲线C和直线l的方程联立,求出原点O到直线l的距离,和,即可得出△OAB的面积
【小问1详解】
双曲线C:的焦点坐标为,其渐近线方程为,
所以焦点到其渐近线的距离为.
因为双曲线C的离心率为,
所以,解得,
所以双曲线C的标准方程为.
【小问2详解】
设,,
联立,得,,
所以,.
由,
解得t=1(负值舍去),
所以,.
直线l:,所以原点O到直线l的距离为,
,
所以△OAB的面积为.
21. 已知函数.
(1)若,当时,证明:.
(2)若,证明:恰有一个零点.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)根据题意,求导可得,即可得到在上单调递增,再由,即可证明;
(2)根据题意,构造函数,求导可得,即在上单调递增,再结合,即可证明.
【小问1详解】
证明:因为,所以,.
当时,,则在上单调递增,
所以当时,.
【小问2详解】
.
令,则.
令,则.
当时,,在上单调递减,当时,,在上单调递增,
所以,所以,
则上单调递增.
因为,所以恰有一个零点,则恰有一个零点.
(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,已知直线的极坐标方程为.
(1)写出直线和曲线的直角坐标方程;
(2)若与有公共点,求的取值范围.
【答案】(1);
(2).
【解析】
【分析】(1)根据参数方程、极坐标与直角坐标的互化公式处理即可;
(2)联立l与C的方程,结合二次函数的性质求解m的范围即可.
【小问1详解】
因为l:,所以,
又因,所以化简为,
因为,整理得C的直角坐标方程:;
【小问2详解】
联立l与C的方程,
即在时有交点即可,
易知对称轴为,由二次函数的单调性可知:,
所以,
故
即m的取值范围为.
【选修4-5:不等式选讲】
23. 已知函数,.
(1)当时,解不等式;
(2)若对任意,都有成立,求a的取值范围.
【答案】(1)
(2).
【解析】
【分析】(1)将函数写成分段函数,再分类讨论分别得到不等式组,解得即可;
(2)利用绝对值三角不等式求出的最小值,得到即可.
【小问1详解】
当时,函数
由,即为,
等价于或或,
即或或,
故或或.
故不等式的解集为.
【小问2详解】
对任意x都成立,即恒成立,
因为绝对值三角不等式,
所以,即,或,解得.
所以的取值范围为.
相关试卷
这是一份2024届陕西省渭南市临渭区高三下学期三模理科数学试题,文件包含理数pdf、理数答案pdf等2份试卷配套教学资源,其中试卷共7页, 欢迎下载使用。
这是一份2024届陕西省渭南市临渭区高三下学期三模文科数学试题,共8页。试卷主要包含了下列可能是函数的图象的是等内容,欢迎下载使用。
这是一份陕西省渭南市2024届高三教学质量检测(一)(渭南一模)文科数学试题无答案,共5页。