陕西省铜川市王益中学2024届高三下学期模拟预测理科数学试题

这是一份陕西省铜川市王益中学2024届高三下学期模拟预测理科数学试题，共20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．已知且，若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数的实部为的虚部为，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示．为了了解该地区中小学生近视情况形成的原因，采用分层抽样的方法抽取部分学生进行调查，若抽取的小学生人数为70，则抽取的高中生中近视人数为（ ）
A．10B．20C．25D．40
4．已知满足约束条件则目标函数的最大值为（ ）
A．B．C．4D．5
5．下列说法正确的是（ ）
A．若直线两两相交，则直线共面
B．若直线与平面所成的角相等，则直线互相平行
C．若平面上有三个不共线的点到平面的距离相等，则平面与平面平行
D．若不共面的4个点到平面的距离相等，则这样的平面有且只有7个
6．已知，若函数有4个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．在中，，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
9．已知是椭圆的左、右焦点，若上存在不同的两点，使得，则的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
10．在正四棱台中，，，是四边形内的动点，且，则动点运动轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
11．小张同学喜欢吃4种不同品种的奶糖，她有5个不同颜色的塑料袋，每个袋子中至少装1种奶糖．小张同学希望5个袋子中所装奶糖种类各不相同，且每一种奶糖在袋子中出现的总次数均为2，那么不同的方案数为（ ）
A．3000B．3360C．1440D．1560
12．已知，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知数列的前三项依次为的前项和，则 ．
14．若，且，则的值为 ．
15．已知双曲线，过双曲线上一点作直线，分别与双曲线的两条渐近线交于点，且为的中点，为坐标原点，若双曲线的离心率为，则的面积为 ．
16．设函数的定义域为，且，，则 ．
三、解答题
17．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a，b，成等比数列．
(1)若，求角C；
(2)若的面积为S，求的取值范围．
18．如图，在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，且四棱锥的体积为2.
(1)求三棱柱的高；
(2)若，平面平面为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值.
19．已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若对定义域内任意实数都有，求的取值范围．
20．不透明的袋子中装有大小相同的白球和彩球各1个，将“连续两次从袋子中有放回地摸出1个小球”记为一次试验，若两次均摸到彩球，则试验成功并终止试验，否则在袋子中添加一个相同的白球，然后进行下一次试验．
(1)若最多只能进行3次试验，设试验终止时进行的次数为随机变量，求的分布列与数学期望；
(2)若试验可以一直进行下去，第次试验成功的概率记为，求证：．
21．若是抛物线上的不同两点，弦（不平行于轴）的垂直平分线与轴相交于点，则称弦是点的一条“相关弦”．已知当时，点存在无穷多条“相关弦”．
(1)证明：点的所有“相关弦”的中点的横坐标相同；
(2)当时，试问：点的“相关弦”的弦长中是否存在最大值？若存在，求其最大值（用表示）；若不存在，请说明理由．
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求曲线的直角坐标方程与曲线的普通方程；
(2)设点的极坐标为，射线与的交点为（异于极点），与的交点为（异于极点），若，求的值．
23．已知函数．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若，求实数的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】根据定义计算即可.
【详解】根据题意，集合是一个由所有整数的平方数构成的集合，集合中只有和不是中的元素．
故选：C．
2．D
【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，得出，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由复数，可得，
所以，所以在复平面内的对应点为，位于第四象限．
故选：D．
3．B
【分析】根据题意，求得抽取的高中生人数是人，再结合图乙可知高中生的近视率为，即可求解.
【详解】由图甲可知抽取的高中生人数是，
又由图乙可知高中生的近视率为，所以抽取的高中生中近视人数为人．
故选：B．
4．C
【分析】先画出可行域，数形结合计算即可
【详解】画出满足约束条件的平面区域，
如图所示，易得直线与的交点，
平移直线，当经过A时，目标函数取得最大值，
即．
故选：C．

5．D
【分析】根据题意，结合空间中直线与平面位置关系的判定和性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，当直线交于同一点时，则直线可能不共面，所以A错误；
对于B中，当直线倾斜方向不同时，直线与平面所成的角也可能相等，所以B错误；
对于C中，当这3个点不在平面的同侧时，平面与平面相交，所以C错误；
对于D中，根据题意，显然这4个点不可能在平面的同侧，
当这4个点在平面两侧1，3分布时，这样的平面有4个，
当这4个点在平面两侧2，2分布时，这样的平面有3个，
所以这样的平面有且只有7个，所以D正确.
故选：D．
6．B
【分析】根据导数判断在和上各有1个零点，转化为当时，有2个零点，利用正弦型函数的性质建立不等式求解即可.
【详解】当时，，当时，单调递增；
当时，单调递减．
又，，，所以在和上各有1个零点．
又因为有4个根，所以当时，有2个零点，
因为，所以，即，
解得．
故选：B．
7．B
【分析】对所给式子化简、变形，构造新数列，通过等比数列的定义求出新数列的通项公式，再用累加法求出，进而得到数列的通项公式，即可得到答案.
【详解】因为，由递推知，，所以，
则，有，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，所以，
则，所以.
故选：B
【点睛】方法点睛：利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值。比较复杂的递推公式求通项公式一般需用构造法构造来求，构造法求数列通项公式一般而言包括：取倒数，取对数，待定系数法等,其中待定系数法较为常见.
一、倒数变换法，适用于（为常数）；二、取对数运算；三、待定系数法：1、构造等差数列法；2、构造等比数列法：
①定义构造法。利用等比数列的定义通过变换，构造等比数列的方法.
②（为常数）型递推式可构造为形如的等比数列.
③（为常数，下同）型递推式，可构造为形如的等比数列.
8．A
【分析】由得出，再借助平行四边形定则画图可解.
【详解】如图，设的中点为，则，所以，，则．
设，由于，则，则．
假如的起点均为，运用加法的平行四边形法作图求和，对角线对应的终点如图所示，所以．
故选：A．
9．C
【分析】利用向量关系结合椭圆的对称性，
找到当分别位于的左、右顶点时，有最大值，求出离心率的取值范围.
【详解】如图，延长交椭圆于，根据椭圆的对称性，得，，
当分别位于的左、右顶点时，有最大值，
又因为不重合，所以，即，
解得，
所以的离心率的取值范围为．
故选：C．
10．A
【分析】利用勾股定理得到，即可得到点的轨迹，然后求长度即可.
【详解】

设在平面内的射影为，则在线段上，则，，，
故动点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆在正方形内部部分，
如图所示，其中，故，
又，所以，
因为，所以，故，故动点的轨迹长度是．
故选：A．
11．A
【分析】根据已知先分类讨论再排列得出结果.
【详解】依次记四种奶糖为，则每个字母出现2次，先分堆．
若是“”，则其中的“4”必须是，故有1种可能；
若是“”，则考虑，故有种可能；
若是“”，则考虑，故有种可能，
所以不同的方案数为种．
故选:A．
12．D
【分析】构造函数，由导数可判断出在上单调递增，从而可得，化简变形可比较出a，b，c的大小关系
【详解】令，可得，当时，恒成立，
所以在上单调递增，所以，
即，得，
，
又已知，
，，
所以，
故选：D.
13．2024
【分析】根据题意列方程得到，然后根据求即可.
【详解】由题意知，，，
解得，，，
所以，.
故答案为：2024.
14．或
【分析】运用二倍角公式，平方差公式，差角公式变形后分类讨论，结合同角三角函数关系式,辅助角公式和三角函数知识即可求解．
【详解】由，得，
即，
当时，，即，由，得；
当时，，所以，
即，由，得，所以，得．
故的值为或．
故答案为：或.
15．2
【分析】根据题意，求得和渐近线的方程为，不妨设，得到，代入双曲线方程，得到，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】因为双曲线的离心率为，可得，解得，
所以双曲线的方程为，可得其渐近线的方程为，
不妨设，则，
因为在上，所以，可得，
设直线的倾斜角为，则，
可得，
所以.
故答案为：.
16．
【分析】利用赋值法得到，的周期为12，然后利用周期求值即可.
【详解】因为，
令，有，则或．
若，则令，有，得，
与已知矛盾，所以．
令，有，则，得．
令，有，得．
令，有，得．
令，有，得．
令，有，得．
令，有，得．
令，有，得，
令，有，即，
所以，故，
所以的周期为12．
又因为，
所以，
所以.
故答案为：.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）由题设可得，结合余弦定理可得，应用正弦边角关系、三角恒等变换可得，进而有，即可求角C；
（2）由（1）有，结合锐角三角形得，应用三角形面积公式、三角恒等变换可得，令，利用导数求等式右侧单调性，再求值域即得范围.
【详解】（1）由题设，即，且，
由，即，
所以，即，
所以，故，
所以或（舍），可得，故.
（2）由（1）知，为锐角三角形，则，可得，
又，则，
所以，
又，，故，
整理得，令，则，
所以，令，则，
故在上递减，，即，
所以在上递减，故.
18．(1)
(2).
【分析】（1）利用同底等高的锥体与柱体的体积关系，利用割补法即可求解.
（2）利用垂直关系证明出线面垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，假设平面夹角为，利用夹角公式求解即可.
【详解】（1）因为四棱锥的体积为2，所以三棱锥的体积为
因为是边长为2的正三角形，所以的面积.
设三棱柱的高为，
则，
解得.
（2）作，垂足为，连接.
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
即为三棱柱的高，由（1）可知.
因为，所以，所以.
因为为锐角，所以为的中点，则.
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
所以三线两两垂直，故以为坐标原点，分别以，
的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系.
由题中数据可得，
，则.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面与平面的夹角为，
则.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
19．(1)0
(2)
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性得到函数的最值.
（2）先利用端点效应猜想的取值范围再利用导数研究函数的单调性，求证出猜想的正确性.
【详解】（1）当时，，定义域为，
所以，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为．
（2）因为恒成立，所以，得，
下面证明：当时，．
证明如下：因为在上单调递减，
又因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，又因为，所以时，．
综上，的取值范围为．
20．(1)分布列见解析，数学期望为；
(2)证明见解析
【分析】（1）由的取值，计算相应的概率，得到分布列，由公式计算数学期望；
（2）由概率计算得到表达式并化简，裂项相消求得证结论.
【详解】（1）的可能值有，
；；．
所以随机变量的分布列为
．
（2）证明：因为，
，，
所以
，，
经检验也满足上式，
所以．
21．(1)证明见解析
(2)详见解析.
【分析】（1）设为点的任意一条“相关弦”，利用“点差法”求得直线的斜率为，得出的垂直平分线的方程求得，进而得证；
（2）由（1）弦所在直线的方程，联立方程组求得，利用弦长公式，求得，令，得到，结合函数的性质，即可求解.
【详解】（1）证明：设为点的任意一条“相关弦”，
且点的坐标分别是，，
则，，两式相减得，
因为，所以．
设直线的斜率为，弦的中点是，
则，
可得的垂直平分线的方程为，
又点在直线上，所以，
因为，可得，
故点的所有“相关弦”的中点的横坐标都为，即横坐标相同．
（2）解：由（1）得，弦所在直线的方程为，
且，，，
联立方程组，整理得，
所以，
则
．
因为，
令，则，记，则，
当时，则，
因此当时，有最大值，即的最大值为；
当时，则，在区间上是减函数，
所以，即不存在最大值．
综上，当时，点的“相关弦”的弦长中存在最大值，且最大值为；
当时，点的“相关弦”的弦长中不存在最大值．
【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围；
3、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.
22．(1)的直角坐标方程是，曲线的普通方程是；
(2)
【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的关系求解；
（2）结合几何关系，建立关于的方程求出结果.
【详解】（1）由，得，
代入公式得，即，
故曲线的直角坐标方程是．
由得，
故曲线的普通方程是．
（2）设点，，
因为，
所以，，
，
．
因为，
所以或（舍），
所以．
23．(1)
(2)
【分析】（1）代入后分类讨论取绝对值可解；
（2）转化为绝对值的三角不等式来解，抓住恒成立的条件即可．
【详解】（1）当时，不等式即为．
当时，则有，符合题意；
当时，则有，解得，此时；
当时，则有，原不等式无解．
综上所述，不等式的解集为．
（2）不等式等价于．
，
当且仅当时取等号，则，
当即时，或，
解得或；
当即时，不等式恒成立．
故实数的取值范围是．
1
2
3