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    陕西省宝鸡市2024届高三下学期高考模拟检测(二)文科数学试题(含解析)

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    这是一份陕西省宝鸡市2024届高三下学期高考模拟检测(二)文科数学试题(含解析),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.若集合,则( )
    A.B.C.D.
    2.在复平面内,复数对应的点的坐标是,则( )
    A.B.C.D.
    3.2023年3月11日,“探索一号”科考船搭载着“奋斗者”号载人潜水器圆满完成国际首次环大洋洲载人深潜科考任务,顺利返回三亚.本次航行有两个突出的成就,一是到达了东南印度洋的蒂阿曼蒂那深渊,二是到达了瓦莱比—热恩斯深渊,并且在这两个海底深渊都进行了勘探和采集.如图1是“奋斗者”号模型图,其球舱可以抽象为圆锥和圆柱的组合体,其轴截面如图2所示,则该模型球舱体积为( ).
    A.B.C.D.
    4.已知各项均为正数的等比数列,满足,若存在不同两项使得,则的最小值为( )
    A.9B.C.D.
    5.已知实数满足不等式组,则的最大值为( )
    A.3B.2
    C.D.
    6.已知函数则( )
    A.存在最小值
    B.在上是增函数,在上是减函数
    C.的图象关于点(1,0)对称
    D.的图象关于直线对称
    7.函数的最小正周期为,其图像向左平移个单位长度后关于原点对称,则函数在上的最小值为( )
    A.B.C.D.
    8.已知两条直线、,两个平面、,给出下面四个命题:
    ①,,; ②,;
    ③,; ④,,.
    其中正确命题的序号是:( )
    A.①③B.①④C.③④D.②③
    9.已知直线与双曲线交于两点,点是弦的中点,则双曲线的离心率为( )
    A.2B.C.D.3
    10.在中,分别是角的对边,若,则的值为( )
    A.2022B.2023C.2024D.2025
    11.记为等差数列的前项和,若,,且,则数列中最大的负数为( )
    A.B.C.D.
    12.已知函数,若至多有一个零点,则实数的取值范围是( )
    A.B.C.D.
    二、填空题
    13.已知向量,且,则向量与的夹角为 .
    14.已知样本,的平均数为10,则该样本方差的最小值为 .
    15.直线与圆相交于M,N两点,若,则 .
    16.已知定义在上的奇函数满足,,为数列的前项和,且,则= .
    三、解答题
    17.目前,随着人们的生活节奏的加快,人们出行时乘坐的交通工具也逐渐多样化.某公司为了了解员工上个月上、下班时两种交通工具乘坐情况,从全公司所有的名员工中随机抽取了人,发现样本中两种交通工具都不乘坐的有人,样本中仅乘坐和仅乘坐的员工月交通费用分布情况如下:
    (1)估计该公司员工中上个月两种交通工具都乘坐的人数;
    (2)从样本中仅乘坐的员工中随机抽取人,求该员工上个月交通费用大于元的概率;
    (3)已知上个月样本中的员工乘坐交通工具方式在本月没有变化.现从样本中仅乘坐的员工中随机抽查人,发现他本月交通费用大于元.结合(2)的结果,能否认为样本中仅乘坐的员工中本月交通费用大于元的人数有变化?请说明理由.
    18.中,D为BC边的中点,.
    (1)若的面积为,且,求的值;
    (2)若,求的周长的最大值.
    19.在四棱锥中,底面ABCD为平行四边形,,.
    (1)证明:四边形ABCD为菱形;
    (2)E为棱PB上一点(不与P,B重合),证明:AE不可能与平面PCD平行.
    20.已知函数.
    (1)时,求的零点个数;
    (2)若时,恒成立,求a的取值范围.
    21.已知椭圆经过点,下顶点为抛物线的焦点.
    (1)求椭圆的方程;
    (2)若点均在椭圆上,且满足直线与的斜率之积为,
    (ⅰ)求证:直线过定点;
    (ⅱ)当时,求直线的方程.
    22.在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.
    (1)求曲线与曲线的交点的直角坐标;
    (2)将曲线绕极点按逆时针方向旋转得到曲线,求曲线的直角坐标方程.
    23.已知函数.
    (1)求的最小值;
    (2)若时,恒成立,求的最小值.
    交通费用交通工具
    不大于元
    大于元
    仅乘坐


    仅乘坐


    参考答案:
    1.A
    【分析】求出集合后可求.
    【详解】,故,
    故选:A.
    2.C
    【分析】由复数的几何意义可得,再计算,即可得答案;
    【详解】由复数的几何意义可得,

    故选:C.
    3.D
    【分析】
    根据圆锥以及圆柱的体积公式即可求得答案.
    【详解】由模型的轴截面可知圆锥的底面半径为,高为;
    圆柱的底面半径为,高为,
    故该模型球舱体积为(),
    故选:D.
    4.B
    【分析】利用基本量法可得,再就的不同取值可求的最小值.
    【详解】设等比数列的公比为,则,
    而,则,故(舍)或,
    故,而,故,故,
    因为为正整数,故或或,
    若,则;若,则;
    若,则,
    而,故的最小值为.
    故选:B.
    5.A
    【分析】画出不等式组所表示的平面区域,结合图形确定目标函数的最优解,代入即可求解,得到答案.
    【详解】画出不等式组所表示平面区域,如图所示,
    由目标函数,化为直线,
    当直线过点A时,此时直线在y轴上的截距最大,目标函数取得最大值,
    又由,解得,
    所以目标函数的最大值为,
    故选:A.
    【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题.其中解答中正确画出不等式组表示的可行域,利用“一画、二移、三求”,确定目标函数的最优解是解答的关键,着重考查了数形结合思想,及推理与计算能力,属于基础题.
    6.C
    【分析】设点是函数在的图象上任意一点,可得函数在上的图象与函数在上的图象关于点对称,根据对称性可得答案.
    【详解】设点是函数在的图象上任意一点,
    它关于点的对称点为,
    则,∴代入,得,
    ∴,,
    ∴函数在上的图象与函数在上的图象关于点对称,
    即的图象关于点对称,
    因为函数在上是增函数,所以在定义域上单调递增.
    故A、B、D错误;
    故选:C.
    7.B
    【分析】由周期确定,根据图象平移后关于原点对称确定,最后根据的范围确定的最小值即可.
    【详解】解:因为函数的最小正周期为,
    所以,故.
    将函数的图像向左平移个单位长度后可得函数的图像.
    根据所得的图像关于原点对称,可得,
    因为,所以,所以函数.
    又因为,所以,
    故当,即时,函数取得最小值.
    故选:.
    【点睛】本题考查函数的最值,关键是根据已知条件确定解析式,属于中档题.
    8.C
    【分析】根据空间中线线、线面、面面位置关系,逐项判断,即可得正确选项.
    【详解】对于①,若,,,则与不一定平行,也可能异面,故①错误;
    对于②,,或,故②错;
    对于③,两条平行线中的一条垂直一个平面,另一条也垂直此平面,故③正确;
    对于④,,,又,故④正确.
    故选:C.
    【点睛】本题考查空间中与线、面位置关系有关的命题的真假,属于常考题型.
    9.A
    【分析】利用点差法可求的关系,从而可求双曲线的离心率.
    【详解】设,则,且,
    所以,整理得到:,
    因为是弦的中点,
    所以,所以即
    所以,
    故选:A.
    10.C
    【分析】
    利用正弦定理和余弦定理结合三角变换公式可求三角函数式的值.
    【详解】由正弦定理可得,由余弦定理可得,


    故选:C.
    11.C
    【分析】
    依题意可得公差,且,再根据等差数列求和公式及下标和性质判断即可.
    【详解】设等差数列的公差为,
    因为,,且,
    所以,,,
    所以为递增等差数列,则,
    所以,,
    ,显然均为负数,
    又,所以,
    所以数列中最大的负数为.
    故选:C
    12.B
    【分析】
    求出函数的导数,讨论其单调性后结合零点存在定理可得参数的取值范围.
    【详解】,
    若时,则恒成立,故在上为增函数,
    而,,故在上有一个零点.
    若,则当时,,当时,,
    故在上为增函数,在上为减函数,故,
    若,即即时,,故此时最多一个零点.
    若即,此时,而,故在有且只有一个零点,
    因为,故,故,
    又,设,则,
    故在上为减函数,故,
    故,故在有且只有一个零点,
    故时,有两个不同的零点.
    综上,,
    故选:B.
    【点睛】关键点点睛:导数背景下函数零点问题,可利用导数讨论函数的单调性,再结合零点存在定理判断零点的个数,注意取点时要保证点与极值点有明确的大小关系,有时对应点处的函数值符号需结合导数判断.
    13.
    【分析】
    利用向量夹角公式可求向量与的夹角.
    【详解】因为,所以,
    故,故,故,
    而,故,
    故答案为:.
    14./
    【分析】
    根据平均数可求的关系,再结合二次函数可求方差的最小值.
    【详解】由题设有即,
    故样本方差,
    故,当且仅当时等号成立,
    故样本方差的最小值为,
    故答案为:.
    15.
    【分析】先求得圆心到直线的距离d,再根据,由求解.
    【详解】圆的圆心为,半径为2,
    圆心到直线的距离为,
    又因为,
    所以,
    解得,
    故答案为:
    16.3
    【详解】 ∵,又∵,∴.
    ∴.
    ∴是以3为周期的周期函数.
    ∵数列满足,且,两式相减整理得 是以 为公比的等比数列,,∴.
    ∴,故答案为.
    【易错点晴】本题主要考查函数与数列的综合问题,属于难题.解决该问题应该注意的事项:(1)数列是一类特殊的函数,它的图象是一群孤立的点;(2)转化以函数为背景的条件时,应该注意题中的限制条件,如函数的定义域,这往往是很容易被忽视的问题;(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时,应准确构造相应的函数,注意数列中相关限制条件的转化.本题将函数的解析式、奇偶性、周期性与数列的通项公式综合在一起出题体加大了难度,提高了综合性.
    17.(1)人
    (2)
    (3)答案见解析
    【分析】(1)根据样本数据可计算得到样本中两种交通工具都乘坐的员工数,用样本估计总体可得结果;
    (2)根据古典概型概率公式直接求解即可;
    (3)根据随机事件概率比较小的特点来进行分析作答即可.
    【详解】(1)由题意知:样本中上个月仅乘坐的员工有人,仅乘坐的员工有人,两种交通工具都不乘坐的有人,
    样本中两种交通工具都乘坐的员工有人,
    用样本估计总体,该公司员工中上个月两种交通工具都乘坐的人数为人.
    (2)记事件:从样本中仅乘坐的员工中随机抽取人,该员工上个月的交通费用大于元,则.
    (3)由(2)知:;
    答案一:可以认为有变化.理由如下:
    比较小,概率比较小的事件一般不容易发生,一旦发生,就有理由认为本月交通费用大于元的人数发生了变化,可以认为有变化.
    答案二:无法确定有没有变化.理由如下:
    事件是随机事件,比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的,无法确定有没有变化.
    18.(1);
    (2).
    【分析】
    (1)根据三角形的面积之和等于的面积,求得,结合余弦定理求得,再由正弦定理即可求得;
    (2)根据,结合已知条件求得,再利用不等式即可求得三角形周长的最大值.
    【详解】(1)设,由,即,解得;
    在中,,由余弦定理得,,
    即,解得;
    由正弦定理得:,即,解得.
    (2)设,,
    则中,,
    中,,
    因为,,所以,即;
    由得,当且仅当时取得等号;
    所以,当且仅当时取得等号,
    即的周长的最大值为.
    19.(1)证明见解析;
    (2)证明见解析.
    【分析】
    (1) 连接AC,BD,通过证明平面PBD即可求解;
    (2)法一:利用反证法,假设平面PDC,由面面平行的性质推出矛盾;法二:直接法,由面面平行的性质定理进行推导.
    【详解】(1)(1)证明:连接AC,BD,设,
    因为底面ABCD为平行四边形,则O为AC,BD的中点.
    因为,所以
    又,,平面PBD,平面PBD,
    所以平面PBD,又平面PBD,所以,
    所以四边形ABCD为菱形.
    (2)(2)方法一:(反证法)假设平面PDC,
    因为,平面PCD,平面PCD,所以平面PDC,
    又平面PAB,平面PAB,,
    所以平面平面PDC,这显然与平面PAB与平面PDC有公共点P所矛盾.
    所以假设错误,即AE不可能与平面PCD平行.
    方法二:∵平面PAB,平面PCD,
    ∴平面PAB与平面PCD必相交,可设平面平面,
    又∵,平面PCD,平面PCD,∴平面PCD,
    又∵平面PAB,平面平面,∴
    又∵平面PAB,且不与重合,∴AE必与l相交
    ∵面PCD,∴AE必与平面PCD相交,
    ∴AE不可能与平面PCD平行.
    20.(1)2个;
    (2)
    【分析】(1)变形得到,得到一个零点为,令,求导得到其单调性和极值情况,得到答案;
    (2)求导,分和两种情况,结合单调性和极值情况,得到不等式,求出答案.
    【详解】(1)时,,
    显然,
    令,则,
    当时,,当时,,
    在上单调递减,在上单调递增;
    又,则有且只有1个零点,
    ∴时,有2个零点和.
    (2),
    当时,时,,时,,
    故在上单调递减,在上单调递增,
    时,,所以符合题意,
    当时,可由,解得或,
    若,即时,当时,,
    当时,,当时,,
    故在,上单调递增,在上单调递减,
    ∵,∴,此时要使在时恒成立,还需满足,即,
    若,即时,恒成立,故在R上递增,则时,符合题意;
    若,即时,当时,,
    当时,,当时,,
    故在,上单调递增,在上单调递减,
    时,,即符合题意,
    综上所述:.
    【点睛】方法点睛:对于求不等式成立时的参数范围问题,一般有三个方法,一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子,另一端是一个区间上具体的函数,通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法,根据参数取值情况分类讨论,三是数形结合法,将不等式转化为两个函数,通过两个函数图像确定条件.
    21.(1)
    (2)(ⅰ)证明见解析;(ⅱ)
    【分析】
    (1)首先求出抛物线的焦点坐标,即可得到,再由椭圆过点,求出;
    (2)(ⅰ)设直线的方程为,、,直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得,代入后化简得的值,代入直线方程可得定点坐标;
    (ⅱ)设直线恒过定点为,由,可得,结合(ⅰ)中韦达定理求出、,即可求出,从而求出直线方程.
    【详解】(1)抛物线的焦点为,所以椭圆的下顶点,则,
    又椭圆经过点,所以,解得,
    所以椭圆方程为;
    (2)(ⅰ)当直线的斜率不存在时,设,则,
    所以,则,与矛盾,
    所以直线的斜率存在,
    由已知直线斜率同号,因此直线的斜率存在且不为,
    设直线的方程为,设,
    由得,
    由,可得,
    所以,,



    所以,
    即,
    所以,解得或,
    当时直线方程为,令,可得,所以直线恒过定点,不合题意,
    当时直线方程为,令,可得,所以直线恒过定点,符合题意.
    综上可得直线恒过定点.
    (ⅱ)设直线恒过定点为,
    此时,解得,
    由,可得,
    又,,
    所以,,
    所以,解得,满足,
    所以,
    所以直线方程为.

    【点睛】方法点睛:处理圆锥曲线上直线过定点问题的方法.
    设出直线方程为,设交点坐标为,直线方程与圆锥曲线方程联立方程组,消元后应用韦达定理得,代入题中关于交点的满足的的条件可得出关系,从而代入直线方程后得定点坐标.
    22.(1)和
    (2)
    【分析】
    (1)将曲线的方程化为普通方程,曲线的方程化为直角坐标方程,再联立两方程求出交点坐标;
    (2)设点为曲线上的点,则点必在曲线上,将代入曲线的极坐标方程,即可得到曲线的极坐标方程,再化为直角坐标方程即可.
    【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为,,
    所以,
    即曲线的直角坐标方程为,
    由,解得或,
    所以曲线与曲线的交点的直角坐标为和.
    (2)设点为曲线上的点,则点必在曲线上,
    将代入曲线的极坐标方程中可得

    即,
    又,所以,
    即曲线的直角坐标方程为.
    23.(1)
    (2)
    【分析】(1)分类讨论去掉绝对值符号后可求的最小值;
    (2)就、分类讨论后可得的最小值.
    【详解】(1)由题设可得,
    当时,,当时,,
    故的最小值为.
    (2)因为时,,所以在上恒成立,
    所以在上恒成立,
    当时,有恒成立,
    故在上恒成立,因为的图象为线段,
    所以,故且.
    当时,有在上恒成立,
    所以在上恒成立,故,
    所以且,
    所以,故的最小值为.
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