148，陕西省部分学校2024届高三下学期高考仿真模拟（一）文科数学试题（全国卷）

这是一份148，陕西省部分学校2024届高三下学期高考仿真模拟（一）文科数学试题（全国卷），共20页。试卷主要包含了 若实数满足，则的最小值是， 在中，，，，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自已的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.做选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求解一元二次不等式并求交集即可.
【详解】因为，所以.
故选：A.
2. 已知复数和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的四则运算法则，求解即可
【详解】由题意，
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故选：B
3. 给出下列三个命题：
①命题，使得，则，使得；
②“或”是“”的充要条件；
③若为真命题，则为真命题.
其中正确命题的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】运用含有一个量词的命题的否定可判断①，解一元二次不等式并结合充分条件、必要条件的定义可判断②，运用复合命题的真假关系可判断③.
【详解】对于①，命题，使得，则，使得，故①正确；
对于②，因为的解集为或，所以“或”是“”的充要条件，故②正确；
对于③，若为真命题，则、中至少有一个为真命题，
当真假或假真时，则为假，当真真时，则为真，故③错误.
故正确的命题是①②，即正确命题的个数为2.
故选：C.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为，所以，
故.
故选：A.
5. 高三年级有11名同学参加男子百米竞赛，预赛成绩各不相同，要取前6名参加决赛，小亮同学已经知道了自己的成绩，为了判断自己是否能进入决赛，他还需要知道11名同学成绩的（ ）
A. 平均数B. 方差C. 极差D. 中位数
【答案】D
【解析】
【分析】根据平均数、方差、极差、中位数的概念判断．
【详解】如果后面的成绩非常差，平均数可能偏小，不能确定是否进前6，同样极差可能很大，也不能判断，方差只反映数据的稳定性，不能确定，中位数是中间的的一个数，是11个数据中的第6个，不比中位数小则为前6，因此知道中位数即可．
故选：D．
6. 把函数的图象向左平移个单位后，得到一个偶函数的图像，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用图象的平移变换，得平移后的函数解析式，由函数为偶函数，可求的值.
【详解】函数的图象向左平移个单位后，
得函数的图像，
由函数偶函数，则有，即，
又，所以.
故选：A
7. 若实数满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出可行域，由变形为，平移直线，结合图象即可求得最优解.
【详解】画出的可行域，如图所示，
，
将变形为，
平移直线，
由图可知，当直线经过点时，直线在轴上的截距最大，此时取得最小值为.
故选：D.
8. 某市政府为了增加农民收入，决定对该市特色农副产品的科研创新和广开销售渠道加大投入，计划逐年加大研发和宣传资金投入.若该政府2021年全年投入资金120万元，在此基础上，每年投入的资金比上一年增长，则该政府全年投入的资金翻一番（2021年的两倍）的年份是（ ）（参考数据：）
A. 2025年B. 2026年C. 2027年D. 2028年
【答案】C
【解析】
【分析】设再过年，该政府全年投入的资金翻一番，则，结合指对互化及对数换底公式计算即可.
【详解】设再过年，该政府全年投入的资金翻一番，则，
即，
所以该政府全年投入的资金翻一番的年份是年.
故选：C.
9. 在中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将向量转化为，进而根据平面向量的数量积求得答案.
【详解】由题意，得，
，
故.
故选：D.
10. 如图，在直三棱柱中，为等腰直角三角形，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先补形，再作出异面直线与所成角的平面角，然后结合余弦定理即可求解.
【详解】将直三棱柱补形为如图所示的正四棱柱：
连接、，则，则异面直线与所成角的平面角为(或其补角)，又，，由余弦定理可得：.
故选：A
11. 如图所示，点是椭圆的右焦点，是椭圆上关于原点对称的两点，直线与椭圆的另一个交点为，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作为椭圆M的左焦点，连接．设，则，再利用椭圆的定义及对称性建立方程组求出离心率.
【详解】令为椭圆M的左焦点，连接，由A，C是椭圆上关于原点O对称的两点，
知四边形是平行四边形，又，则是矩形，
令，，则，，，
于是，即，解得，
所以椭圆的离心率为.
故选：D
12. 函数满足，且，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过 解方程可得的解析式，由化简可得，结合基本不等式可得，运用分离常数法化简可得，进而可得其最小值.
【详解】因为，所以，即，
又因为，
所以，即，
所以，
因为，，所以，，
所以，
整理得，
解得或（舍），
所以，当且仅当即时取等号.
故的最小值为.
故选：C.
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在的内角，，的对边分别为，，，已知，则的值为_______.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：∵代入得，由余弦定理得．
考点：1．正弦定理；2．余弦定理的推论．
14. 已知双曲线的两条渐近线的夹角为，则_______．
【答案】或
【解析】
【分析】首先判断渐近线的倾斜角，再求的值.
【详解】由条件可知双曲线的其中一条渐近线方程是，
因为两条渐近线的夹角是，所以直线的倾斜角是或，
即或.
故答案：或
15. 若直线与曲线有公共点，则实数的范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】当时，可求得直线与曲线的公共点；当时，直线恒过定点，斜率为，曲线为圆心为，半径为的上半圆，画图观察可得，进而可求得结果.
【详解】①当，即时，直线为（即轴），
，即直线与曲线的公共点为，故符合题意；
②当，即时，直线为恒过定点，斜率为，
又因为曲线：，
所以曲线为圆心为，半径为的上半圆.
如图所示，
当直线经过半圆的右端点时恰好有公共点，逆时针旋转至轴都满足题意，
又因为，所以，解得，
综述，实数的取值范围为.
故答案为：.
16. 已知三棱锥中，是边长为的等边三角形，，且平面平面，若三棱锥的每个顶点都在表面积为的球面上，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，连接，证得平面，平面，取的外心，作，取的外心，过点作的平行线交于点，得到点为三棱锥外接球的球心，结合球的性质及勾股定理建立方程后可求得答案.
【详解】
取的中点，连接，则，
因为平面平面，所以可得平面，平面，
取的外心，作，则四点共面，
取的外心，过点作的平行线交于点，
因为垂直平面，则平面，
所以点到四点的距离相等，所以点为三棱锥外接球的球心，
在中，，根据三角函数同角的平方关系可得，
所以外接圆的半径，
连接，可求得，
由三棱锥外接球的表面积为，则有，
所以，解得.
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. 为增强学生体质，充分展示当代青少年积极健康向上的精神风貌，某学校在校内新开设羽毛球课和健美操课，且每名同学只选一课．为了研究选课是否与性别有关系，现随机抽取了高一年级200名学生选课情况（其中男生120人，女生80人）．
（1）完成下面的列联表，判断是否有的把握认为选课与性别有关，并说明理由．
（2）从上述120名男生中按选羽毛球课和选健美操课进行分层抽样，抽取6人，求从这6人中任取2人，至少有1人选择了羽毛球课的概率．
附：
（参考公式：，其中
【答案】（1）表格见解析，有，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）代入公式求得，再与7.879进行比较即可解决；
（2）列出所有基本事件，从中选出符合要求的基本事件，以古典概型解之即可.
【小问1详解】
列联表如下：
将列联表中的数据代入公式计算，得

因为，所以我们有的把握认为选课与性别有关
【小问2详解】
因为男生中选羽毛球课和选健美操课的人数之比为，所以用分层抽样的方法抽取一个容量为6的样本，得到这6人中选羽毛球课的人数为4人，记为.
选健美操课的人数为2人，记为.
从中任取两人的所有基本事件为：共15种.
其中至少有一人选择了羽毛球课包含了14种，
故所求的概率．
18. 已知三棱锥D-ABC，△ABC与△ABD都是等边三角形，AB=2.
（1）若，求证：平面ABC⊥平面ABD；
（2）若AD⊥BC，求三棱锥D-ABC的体积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取AB的中点M，由题可得∠DMC为二面角D—AB—C的平面角，结合条件可得，进而即证；
（2）取AD的中点N，利用条件可得AD⊥平面BCN，进而可得，然后利用棱锥的体积公式即得.
【小问1详解】
取AB的中点M，连接CM，DM，△ABC与△ABD都是等边三角形，
所以CM⊥AB，DM⊥AB，∠DMC为二面角D—AB—C的平面角，又AB=2，
∴，又，
∴，
所以，即，
∴平面ABC⊥平面ABD；
【小问2详解】
取AD的中点N，连接BN，CN，
则BN⊥AD，又AD⊥BC，，
∴AD⊥平面BCN，
∴AD⊥CN，△ACD也是等边三角形，
由题可得，BC=2，
∴，
∴三棱锥D-ABC的体积为.
19. 设数列满足.
（1）求的通项公式
（2）记数列的前n项和为，是否存在实数k，使得对任意恒成立？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）存在，k的最小值为2.
【解析】
【分析】（1）由题可得当时，，结合条件可得，即求；
（2）利用裂项相消法可得，由题可得，即得.
【小问1详解】
因为，
∴当时，，
当时，，
两式相减得，所以，
又，满足上式，
故的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知.
则.
因为，所以，所以，
由题可得,
∴存在实数k，使得对任意恒成立，k的最小值为2.
20. 已知函数．
（1）求，求的单调区间及极值点；
（2）若恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，有极小值点2，无极大值点.
（2）
【解析】
【分析】（1）由题可求导函数，利用导数求出函数的单调区间，进而再求出极值即可；
（2）将不等式进行参变分离得，令，求导函数，分析导函数的符号，求得的最大值，继而可得答案.
【小问1详解】
解：当时，函数，定义域为，
则.
当时， ，当时，，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以当时，函数取得极小值，无极大值
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，有极小值点2，无极大值点.
【小问2详解】
解：由得，又，所以，
令，定义域为，则.
又在上单调递减，且，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，
所以.
综上，的取值范围是.
21. 如图，已知F是抛物线的焦点，过点的直线l与抛物线交于两个不同的点M，N（M是第一象限点），MN的垂直平分线交抛物线于P，Q．当直线l的斜率为时，．
（1）求抛物线的方程；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）设点M的坐标为，由已知条件列出方程组，解方程组即可得到答案；
（2）设直线l的方程为及其点，，将点，代入抛物线方程作差，即可得到，由此可以求得故MN中点坐标为，设出PQ方程为，与抛物线的方程联立得到关于的一元二次方程，利用弦长公式求出，最后用导数求其最值即可.
【小问1详解】
设点M的坐标为，根据题意可列出方程组，
可解得或因此可得到抛物线方程为或
【小问2详解】
由于，可知抛物线方程为，
设直线l的方程为，，,
即和，两式相减为，即，
则，
故MN中点坐标为，
设PQ方程为，，,
联立得，
，即，由韦达定理可知，
于是可得,
令，并记 ，
求导函数得，令，解得导函数零点为，且导函数在上单调递增，
因此导函数在上恒为负，在上恒为正，
可知原函数在上单调递减，在上单调递增，则在处取得最小值，
则，即.
（二）选考题：共10分.请考生在第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，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）若直线与圆交于点两点，求.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）消去参数可得曲线的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式可得直线的直角坐标方程.
（2）利用几何法可求圆的弦长.
【小问1详解】
由曲线C的参数方程为（为参数），
得曲线C的普通方程为，
直线l的极坐标方程为，即，
则直线l的直角坐标方程为，
所以曲线C的普通方程为，直线l的直角坐标方程为.
小问2详解】
由（1）知曲线C是以为圆心，半径为4的圆，
则圆心到直线l的距离，
所以.
[选修4-5：不等式选讲]
23 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围，
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用分段讨论法去掉绝对值，求出不等式的解集；
（2）利用绝对值三角不等式求出的最大值，得出关于的不等式，求出解集即可．
【详解】（1）当时，，解得；
当时，，解得，则；
当时，，解得，则.
综上，不等式的解集为；
（2） ，
若对任意，不等式恒成立，
则，解得或.
因此，实数的取值范围是.
【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用，同时考查了不等式恒成立问题，属于中档题．羽毛球课
健美操课
合计
男
女
48
合计
112
0.15
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
羽毛球课
健美操课
合计
男
80
40
120
女
32
48
80
合计
112
88
200