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    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)

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    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,

    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.

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