陕西省安康市高新中学，安中分校2024届高三下学期模拟预测理科数学试题

这是一份陕西省安康市高新中学，安中分校2024届高三下学期模拟预测理科数学试题，共18页。试卷主要包含了选择题的作答，填空题和解答题的作答，选考题的作答，已知直线与轴分别交于点，以线段等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：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.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
第I卷
一､选择题：本题共12小题，每小题5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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知，若，则（ ）
A.32 B.25 C.16 D.9
3.若满足，则（ ）
A. B.
C. D.
4.“孙子定理”又称“中国剩余定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，该定理是中国古代求解一次同余式组的方法，它凝聚着中国古代数学家的智慧，在加密､秘密共享等方面有着重要的应用.已知数列单调递增，且由被2除余数为1的所有正整数构成，现将的末位数按从小到大排序作为加密编号，则该加密编号为（ ）
A.1157 B.1177 C.1155 D.1122
5.已知椭圆，过点作倾斜角为的直线与交于，两点，当为线段的中点时，直线（为坐标原点）的斜率为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
6.已知直线与轴分别交于点，以线段（为坐标原点）为直径作圆，若在线段上任取一点，则该点取自圆外的概率为（ ）
A. B. C. D.
7.如图的程序框图表示求的值，则判断框内可以填的条件为（ ）
A. B. C. D.
8.如图，在平面四边形中，为等边三角形，2，当点在对角线上运动时，的最小值为（ ）
A. B. C. D.
9.将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上有5个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
10.在四棱锥中，底面四边形为正方形，四棱锥外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，（ ）
A. B.2 C. D.3
11.已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆，点，若点分别在上运动，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
12.若，则（ ）
A. B.
C. D.
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21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.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分.
13.杭州亚运会期间，某社区有200人参加协助交通管理的志愿团队，为了解他们参加这项活动的感受，用分层抽样的方法随机抽取了一个容量为40的样本，若样本中女性有16人，则该志愿团队中的男性人数为__________.
14.若，则在的展开式中，的系数为__________.（用数字作答）
15.已知各项均为正数的等比数列满足，记，则使得的最大正整数的值为__________.
16.《论球与圆柱》是古希腊数学家阿基米德的得意杰作，据传说在他的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个球，且与圆柱的上､下底面及侧面均相切.如图，半径为1的球与圆柱的侧面及上､下底面均相切，四边形为圆柱的轴截面，球被过点的平面所截得到小圆，当圆锥的体积最大时，点与小圆上点的距离的最小值为__________.
三､解答题：解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.（本小题满分12分）
记的内角所对的边分别为，已知__________.
在①，②，③，这三个条件中任选一个填在上面的横线上，并解答问题.
（1）求角；
（2）若的面积为，求的最小值.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
18.（本小题满分12分）
如图，多面体是三棱台和四棱锥的组合体，底面四边形为菱形，为的中点，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求.
19.（本小题满分12分）
某地区的篮球协会组织民间篮球队开展比赛，一来促进全民健身，二来带动地方经济发展，比赛最后由甲､乙两队进行决赛，为增加看点及提升篮球比赛的热度，主办方在征得甲､乙两队同意后，决定决赛采取五场三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）.已知甲队的主客场安排依次为“主主客客主”，甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，每场比赛均没有平局，且各场比赛结果相互独立.
（1）在比赛进行三场结束的条件下，求甲队获胜的概率；
（2）假设该地区篮球协会在前三场比赛中每场收入10万元，之后的比赛每场收入15万元.因开支的需要，该地区篮球协会需预支付球队费用万元，该地区篮球协会在至多可以预支24万元预算的条件下，同时希望比赛结束后获利（获利=总收入-预支付球队费用）的期望高于万元.请你通过数据分析，判断该地区篮球协会的预算是否可以满足预支付球队费用且达到预想结果？
20.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）求的最小值；
（2）证明：.
21.（本小题满分12分）
已知双曲线的离心率为，其左､右焦点分别为，过焦点且与轴垂直的直线交于两点，且.
（1）求的方程；
（2）已知在上一点处的切线方程为.过点分别作的左､右两支的切线，切点分别为，连接，过线段的中点再分别作的左､右两支的切线，切点分别为，判断点与直线的位置关系，并说明理由.
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.
22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.
（1）求直线与曲线的直角坐标方程；
（2）若射线与直线交于点，与曲线交于点，求.
23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲
已知函数.
（1）解不等式；
（2）若，求的取值范围.
参考答案及解析
理数（三）
一､选择题
1.C 【解析】因为，所以，所以.故选C.
2.B 【解析】由题得-，
即，所以，解得，所以.故选B.
3.C 【解析】由，得，所以，所以，所以错误；令，此时与无意义，所以错误；因为，所以由不等式的性质可得，所以正确；令，则，所以错误.故选.
4.A 【解析】由题可知数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以，所以，，所以的末位数依次为，所以加密编号为1157.故选A.
5.D 【解析】设，所以，
两式相减得，即，又，所以，整理得，又，，所以，所以，所以椭圆的离心率
.故选D.
6.A 【解析】在中，令，得；
令，得，所以，
所以，以线段为直径的圆的圆心为，半径为，
则圆心到直线的
距离，则圆与相交，设交点为，所以，
所以，
故所求概率为.故选A.
7.B 【解析】根据题意可知程序运行如下：；判断框成立，；判断框成立，；判断框成立，；判断框成立，；判断框成立，；判断框成立，；判断框不成立，输出，所以选项满足题意.故选.
8.D 【解析】因为，所以为等腰三角形，又为等边三角形，所以平分，且平分，设与交于点，由题可知，则，所以，所以当时，取最小值，最小值为.故选D.
9.A 【解析】将函数的图像向左平移个单位长度，
得到函数，再将函数的横坐标变为原来的倍，
纵坐标不变，得到函数，
所以，因为当时，有2个零点，
所以要使在上有5个零点，则需在上有3个零点.
法一：令，则，
解得，当时，分别对应3个零点，
则，解得.故选A.
法二：因为，所以，
所以，则.故选A.
10.C 【解析】因为四棱锥的底面为正方形，所以当点在底面的射影为底面正方形的中心，且球心在线段上时，四棱锥的体积最大.设四棱锥外接球的半径为，则由，得，设，则，由，得，所以，则，令，则，所以，当且仅当时取等号，此时，即.故选C.
11.D 【解析】因为焦点到准线的距离为2，所以2，所以抛物线，所以圆的圆心佮好在焦点处，所以，设，则
所以，令
，则，所以，当，即时，取得最小值，最小值为.故选D.
12.B 【解析】由题得，构造函数，则，所以在上单调递减，所以，所以，即，所以.构造函数，则，所以在，上单调递增，所以，所以，即，所以.综上，.故选B.
二､填空题
13.120 【解析】由题可得该志愿团队中的男性人数为.
14.-320 【解析】因为，所以，则的展开式的通项为，，令，则，所以的系数为的展开式中含的项为，所以的系数为.
15.18 【解析】
或，
又，，
使得的最大正整数的值为18.
16. 【解析】圆柱的轴截面如图所示，设小圆的半径为，易知，所以.所以圆锥的体积，则，当时，单调递增；当
时，单调递减，所以当时，圆锥的体积取最大值，此时，所以点与小圆上点的距离的最小值为.
三､解答题
17.解：（1）若选①：由，
得，
所以，
即，
所以，
又，所以.
若选②：由正弦定理及，
得，
又
所以，
即，
又，所以，
所以，
又.所以.
若选③：由，
得，即，
所以由余弦定理得，
又，所以.
（2）由（1）可知，
所以，
所以，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为.
18.解：（1）连接，
因为平面平而，
所以平面，
因为，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面平面，
所以平面，
因为平面.
所以平面平面，
又平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，
平面平面平面，
所以平面，
取的中点，连接，
因为四边形为菱形，，
所以为等边三角形，
所以，
又，所以，
所以两两垂直，
则以为原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则，
所以.
设平面的法向量为，
则，即，
取，得，
设平面的法向量为，
则，即，
取，得，
设平面与平面的夹角为，
则
解得或-2（舍），
即.
19.解：（1）记事件为“比赛进行三场结束”，事件为“甲队获胜”，
则0.26，
，
所以，
所以在比赛进行三场结束的条件下，甲队获胜的概率为.
（2）设该地区篮球协会本次比赛的总收入为万元，
由题意可知的可能取值为，
由（1）可知，
则的分布列为：
所以46.65.
设该地区篮球协会本次比赛获利万元，则，
所以，
若，则，
所以，
所以该地区篮球协会的预算可以满足预支付球队费用且达到预想结果.
20.解：（1）因为，
所以，
令，
则，
所以即在上单调递增，
又，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以的最小值为.
（2）由（1）可知，
所以当时，，
即，
所以，
令，
则，
以上各式相加得，
即，
所以得证.
21.解：（1）在中，不妨令，解得
所以，
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）点在直线上.证明如下：
设，
由题可知双曲线在点处的切线方程为
同理，在点处的切线方程为，
又两切线交点为，
所以，
所以直线的方程为.
联立，得，
满足，，
则，
所以.
设，
由题可知双曲线在两点处的切线方程分别为，
又两切线交点为，
所以，
可得直线的方程为，
即，
当时，，
所以点在直线上.
22.解：（1）由，
得，
将代入上式，
得直线的直角坐标方程为.
由，得，
将代入上式，
得曲线的直角坐标方程为.
（2）因为射线与直线交于点，与曲线交于点，
所以由，
得
，
由，
得，
所以.
23.解：（1）等价于，
则或，
解得或，
所以不等式的解集为.
（2）因为，
所以，
因为，
所以，即，
解得，
所以的取值范围为.30
45
60
0.26
0.37
0.37