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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文科数学试题
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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文科数学试题，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.函数的零点所在区间是（ ）
A. B. C. D.
3.若满足对应的点关于原点对称的点为，则对应的为（ ）
A. B.
C. D.
4.若函数，则在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
5.已知，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
6.“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.已知数列单增，且是由被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
7.某商场开展20周年店庆购物抽奖活动（100%中奖），凡购物满500元的顾客均可参加该活动，活动方式是在电脑上设置一个包含1，2，3，4，5，6的6个数字编号的滚动盘，随机按下启动键后，滚动盘上的数字开始滚动，当停止时滚动盘上出现一个数字，若该数字是大于5的数，则获得一等奖，奖金为150元；若该数字是小于4的奇数，则获得二等奖，奖金为100元；若该数字出现其它情况，则获得三等奖，奖金为50元.现某顾客依次操作两次，则该顾客奖金之和为200元的概率为（ ）
A. B. C. D.
8.在正四棱台中，，若正四棱台的高为，则其表面积为（ ）
A. B. C. D.
9.如图的程序框图表示求的值的程序，则判断框内可以填的条件为（ ）
A. B. C. D.
10.如图，在平面四边形中，为等边三角形，，当点在对角线上运动时，的最小值为（ ）
A. B. C. D.
11.将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，可以得到函数的图象，若在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
12.已知椭圆的左､左焦点分别为，以为圆心的圆交轴正半轴于点，交轴于两点，线段与交于点.若的面积为（为椭圆的半焦距），则的离心率为（ ）
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自愿团队，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，则该自愿团队中的男性人数为__________.
14.在等比数列中，，则的值为__________.
15.已知抛物线方程为，点，点在抛物线上，则的最小值为__________.
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，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.如图为一个圆柱与球的组合体，其中球与圆柱的侧面和上､下底面均相切，为底面圆的一条直径，，若球的半径，则球的体积与圆柱的体积之比为__________；球心到平面的距离为__________.（本题第一空2分，第二空3分）
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，在①，②，③中任选一个作为条件解答下列问题.
（1）求角；
（2）若的面积为为的中点，求的最小值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
18.（本小题满分12分）
如图，在圆锥中，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是底面的内接正方形，分别为的中点，过点的平面为.
（1）证明：平面平面；
（2）若圆锥的底面圆半径为2，高为，设点在线段上运动，求三棱锥的体积.
19.（本小题满分12分）
首届中国航协航空大会的一个鲜明的特色是在各个展区中设置了多项互动体验活动，吸引了很多的中小学生，其中模拟飞行体验区是让这些中小学生戴上VR眼镜模拟从起飞到降落，大大激发了他们的兴趣爱好.现从某个有互动体验的展区中随机抽取60名中小学生，统计他们的参观时间（从进入该展区到离开该展区的时长，单位：分钟，时间取整数），将时间分成六组，并绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）由频率分布直方图，估计样本的平均数和方差；（每组数据以区间的中点值为代表）
（2）为对比展区是否有体验区对中小学生的吸引程度，某工作人员给出了一份该展区中没有体验区的参观时间的随机数据，经计算得到该组数据参观时长平均值为65分钟，方美为，试判断有体验区的参观时长均值比没有体验区的参观时长均值是否有显著提高？（如果，则认为有显著提高，否则不认为有显著提高）
（3）利用（2）中的结果，你认为展区是否应该设置互动体验展区？请说明理由.
20.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，，求的取值范围.
21.（本小题满分12分）
已知双曲线的有焦点为，过与轴垂直的直线交于两点，且，离心率为.
（1）求的方程；
（2）已知圆上点处的切线方程是，利用类比思想可知双曲线上点处的切线方程为.过点分别作双曲线的左､右两支的切线，切点分别为，连接，并过线段的中点分别再作双曲线左､右两支的切线，切点分别为，证明：点在同一条直线上.
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：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，以直角坐标系的原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.
（1）求与的直角坐标方程；
（2）若射线与交于点，与交于点，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.
参考答案及解析文数（三）
1.A 【解析】因为，所以，所以.故选A.
2.C 【解析】因为函数的定义域为，又，易知函数在上单调递增，又，所以在内存在一个零点，使.故选C.
3.B 【解析】因为，所以，所以，所以，从而，所以.故选B.
4.A 【解析】由题知，，则-1，则该切线方程为，即.故选A.
5.A 【解析】由题得･，又，所以，所以，则.故选A.
6.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，所以组成的密码为1157.故选A.
7.B 【解析】由题意得，抽奖两次滚动盘上出现两个数字的情况为，，共36种情况，两次抽奖奖金之和为200元包括三种情况：①第一次与第二次都中二等奖，其包含的情况为，概率为；②第一次中一等奖，第二次中三等奖，其包含的情况为，概率为；③第一次中三等奖，第二次中一等奖，其包含的情况为
，概率为，所以该顾客两次抽奖后获得奖金之和为200元的概率为.故选B.
8.D 【解析】设，则.如图，连接，交于点，连接交于点，连接，由正四棱台的几何性质可知分别是上､下底面的中心，所以平面平面，所以为正四棱台的高，所以由题可知，过点作交于点，则，即，解得，过点作交于点，则为斜高，此时，所以正四棱台的表面积为.故选D.
9.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B满足题意.故选B.
10.D 【解析】由题意知，因为，所以为等腰三角形，又为等边三角形，所以平分与，设与相交于
点，则，由，可得
，所以当时，有最小值为.故选D.
11.A 【解析】将函数的图像向左平移个单位长度，得到，再把所得函数图像的横坐标变为原来的倍，得到函数的图象，
在上无零点，
故选A.
12.C 【解析】如图所示，，所以圆的方程为，令，则，由图可知，令，则或，所以.设点，因为的面积为，所以，解得
，又因为直线的方程为，因为点在直线上，所以令，得，所以，因为点在椭圆上，所以，即，所以，化简得，所以，所以，因为，所以，所以
.故选C.
二､填空题
13.120 【解析】设自愿团队中男性人数为，则女性人数为，由分层抽样可得，解得.
14.1或-1 【解析】设等比数列的公比为，因为，所以，从而，又5，所以，又，所以，所以，所以，当时，由，得，当时，由，得，综上，的值为1或-1.
15.3 【解析】由题知点为焦点，就是点到准线的距离，如图，当点纵坐标为-1时，即当三点共线时，的值最小，最小值为3.
16.； 【解析】因为球的半径，所以球的体积为，圆柱的体积为，所以球的体积与圆柱的体积之比为，因为由题易知平面，所以平面，又平面，所以平面平面，连接，则平面与平面的交线为，所以过点在平面内作，垂足为点，则平面.如图，易知，由勾股定理可得，由RtRt，可知，即，解得，所以球心到平面的距离为.
三､解答题
17.解：（1）选①
由，
得，
所以，
即，
所以，
又因为，
所以.
选②：
由正弦定理及，
得，
又，
所以，
即，
又，
所以，
又因为，
所以.
选③：
由，
得，
即，
则由余弦定理得，
又因为，
所以.
（2）由三角形的面积公式可知
又因为，
所以，
则
（当且仅当时等号成立）.
即的最小值为.
18.解：（1）因为分别为的中点，
所以，
因为四边形为正方形，
所以，
从而，
又平面平面，
所以平面，
连接，
则为的中点，
又为的中点，
所以，
又平面平面，
所以平面.
又，
所以平面平面，
即平面平面.
（2）由题知，平面.
连接，
则.
因为由（1）的证明可知平面平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，
所以三棱锥的体积为.
19.解：（1）由题得，
所以样本的方差为
（2）由题得，
所以，
所以有体验区的参观时长均值比没有体验区的参观时长均值有显著提高.
（3）从（2）中可知展区应该设置互动体验展区，这样可以吸引更多的参观者进行观看与体验，使他们能更多地了解产品，并能更大程度地激发中小学生的兴趣爱好.
20.解：（1）由题得函数的定义域为，
当时，
，
当时，，单调递增，
当时，单调递减.
所以当时，的单调递减区间为，
单调递增区间为和.
（2）当时，，
等价于，
即，
即等价于当时，.
令，
所以
所以在上单调递增，
所以，
所以，
即的取值范围为.
21.解：（1）在中，
令，得，
所以，
则解得
所以的方程为.
（2）由类比思想可知双曲线
在处的切线方程为，
同理，在处的切线方程为，
又因为两切线的交点为，
所以满足，
从而得到直线的方程为.
联立方程，
整理可得，
所以，
即可得线段的中点，
设，
根据已知可得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，
整理得，
即，
直线恒过点，
所以点在同一条直线上.
22.解：（1）由，
得，
将代入上式，
整理得的直角坐标方程为.
将变形为，
将代入上式得，
即的直角坐标方程为.
（2）因为射线与交于点，与交于点，
所以联立，
解得
联立，
解得，
所以.
23.解：（1）等价于，
即，
即或
解得，
故不等式的解集为.
（2）因为
所以当时，，
所以等价于，
所以，
即，
解得，
所以的取值范围为.
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.函数的零点所在区间是（ ）
A. B. C. D.
3.若满足对应的点关于原点对称的点为，则对应的为（ ）
A. B.
C. D.
4.若函数，则在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
5.已知，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
6.“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.已知数列单增，且是由被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
7.某商场开展20周年店庆购物抽奖活动（100%中奖），凡购物满500元的顾客均可参加该活动，活动方式是在电脑上设置一个包含1，2，3，4，5，6的6个数字编号的滚动盘，随机按下启动键后，滚动盘上的数字开始滚动，当停止时滚动盘上出现一个数字，若该数字是大于5的数，则获得一等奖，奖金为150元；若该数字是小于4的奇数，则获得二等奖，奖金为100元；若该数字出现其它情况，则获得三等奖，奖金为50元.现某顾客依次操作两次，则该顾客奖金之和为200元的概率为（ ）
A. B. C. D.
8.在正四棱台中，，若正四棱台的高为，则其表面积为（ ）
A. B. C. D.
9.如图的程序框图表示求的值的程序，则判断框内可以填的条件为（ ）
A. B. C. D.
10.如图，在平面四边形中，为等边三角形，，当点在对角线上运动时，的最小值为（ ）
A. B. C. D.
11.将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，可以得到函数的图象，若在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
12.已知椭圆的左､左焦点分别为，以为圆心的圆交轴正半轴于点，交轴于两点，线段与交于点.若的面积为（为椭圆的半焦距），则的离心率为（ ）
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自愿团队，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，则该自愿团队中的男性人数为__________.
14.在等比数列中，，则的值为__________.
15.已知抛物线方程为，点，点在抛物线上，则的最小值为__________.
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，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.如图为一个圆柱与球的组合体，其中球与圆柱的侧面和上､下底面均相切，为底面圆的一条直径，，若球的半径，则球的体积与圆柱的体积之比为__________；球心到平面的距离为__________.（本题第一空2分，第二空3分）
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，在①，②，③中任选一个作为条件解答下列问题.
（1）求角；
（2）若的面积为为的中点，求的最小值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
18.（本小题满分12分）
如图，在圆锥中，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是底面的内接正方形，分别为的中点，过点的平面为.
（1）证明：平面平面；
（2）若圆锥的底面圆半径为2，高为，设点在线段上运动，求三棱锥的体积.
19.（本小题满分12分）
首届中国航协航空大会的一个鲜明的特色是在各个展区中设置了多项互动体验活动，吸引了很多的中小学生，其中模拟飞行体验区是让这些中小学生戴上VR眼镜模拟从起飞到降落，大大激发了他们的兴趣爱好.现从某个有互动体验的展区中随机抽取60名中小学生，统计他们的参观时间（从进入该展区到离开该展区的时长，单位：分钟，时间取整数），将时间分成六组，并绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）由频率分布直方图，估计样本的平均数和方差；（每组数据以区间的中点值为代表）
（2）为对比展区是否有体验区对中小学生的吸引程度，某工作人员给出了一份该展区中没有体验区的参观时间的随机数据，经计算得到该组数据参观时长平均值为65分钟，方美为，试判断有体验区的参观时长均值比没有体验区的参观时长均值是否有显著提高？（如果，则认为有显著提高，否则不认为有显著提高）
（3）利用（2）中的结果，你认为展区是否应该设置互动体验展区？请说明理由.
20.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，，求的取值范围.
21.（本小题满分12分）
已知双曲线的有焦点为，过与轴垂直的直线交于两点，且，离心率为.
（1）求的方程；
（2）已知圆上点处的切线方程是，利用类比思想可知双曲线上点处的切线方程为.过点分别作双曲线的左､右两支的切线，切点分别为，连接，并过线段的中点分别再作双曲线左､右两支的切线，切点分别为，证明：点在同一条直线上.
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：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，以直角坐标系的原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.
（1）求与的直角坐标方程；
（2）若射线与交于点，与交于点，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.
参考答案及解析文数（三）
1.A 【解析】因为，所以，所以.故选A.
2.C 【解析】因为函数的定义域为，又，易知函数在上单调递增，又，所以在内存在一个零点，使.故选C.
3.B 【解析】因为，所以，所以，所以，从而，所以.故选B.
4.A 【解析】由题知，，则-1，则该切线方程为，即.故选A.
5.A 【解析】由题得･，又，所以，所以，则.故选A.
6.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，所以组成的密码为1157.故选A.
7.B 【解析】由题意得，抽奖两次滚动盘上出现两个数字的情况为，，共36种情况，两次抽奖奖金之和为200元包括三种情况：①第一次与第二次都中二等奖，其包含的情况为，概率为；②第一次中一等奖，第二次中三等奖，其包含的情况为，概率为；③第一次中三等奖，第二次中一等奖，其包含的情况为
，概率为，所以该顾客两次抽奖后获得奖金之和为200元的概率为.故选B.
8.D 【解析】设，则.如图，连接，交于点，连接交于点，连接，由正四棱台的几何性质可知分别是上､下底面的中心，所以平面平面，所以为正四棱台的高，所以由题可知，过点作交于点，则，即，解得，过点作交于点，则为斜高，此时，所以正四棱台的表面积为.故选D.
9.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B满足题意.故选B.
10.D 【解析】由题意知，因为，所以为等腰三角形，又为等边三角形，所以平分与，设与相交于
点，则，由，可得
，所以当时，有最小值为.故选D.
11.A 【解析】将函数的图像向左平移个单位长度，得到，再把所得函数图像的横坐标变为原来的倍，得到函数的图象，
在上无零点，
故选A.
12.C 【解析】如图所示，，所以圆的方程为，令，则，由图可知，令，则或，所以.设点，因为的面积为，所以，解得
，又因为直线的方程为，因为点在直线上，所以令，得，所以，因为点在椭圆上，所以，即，所以，化简得，所以，所以，因为，所以，所以
.故选C.
二､填空题
13.120 【解析】设自愿团队中男性人数为，则女性人数为，由分层抽样可得，解得.
14.1或-1 【解析】设等比数列的公比为，因为，所以，从而，又5，所以，又，所以，所以，所以，当时，由，得，当时，由，得，综上，的值为1或-1.
15.3 【解析】由题知点为焦点，就是点到准线的距离，如图，当点纵坐标为-1时，即当三点共线时，的值最小，最小值为3.
16.； 【解析】因为球的半径，所以球的体积为，圆柱的体积为，所以球的体积与圆柱的体积之比为，因为由题易知平面，所以平面，又平面，所以平面平面，连接，则平面与平面的交线为，所以过点在平面内作，垂足为点，则平面.如图，易知，由勾股定理可得，由RtRt，可知，即，解得，所以球心到平面的距离为.
三､解答题
17.解：（1）选①
由，
得，
所以，
即，
所以，
又因为，
所以.
选②：
由正弦定理及，
得，
又，
所以，
即，
又，
所以，
又因为，
所以.
选③：
由，
得，
即，
则由余弦定理得，
又因为，
所以.
（2）由三角形的面积公式可知
又因为，
所以，
则
（当且仅当时等号成立）.
即的最小值为.
18.解：（1）因为分别为的中点，
所以，
因为四边形为正方形，
所以，
从而，
又平面平面，
所以平面，
连接，
则为的中点，
又为的中点，
所以，
又平面平面，
所以平面.
又，
所以平面平面，
即平面平面.
（2）由题知，平面.
连接，
则.
因为由（1）的证明可知平面平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，
所以三棱锥的体积为.
19.解：（1）由题得，
所以样本的方差为
（2）由题得，
所以，
所以有体验区的参观时长均值比没有体验区的参观时长均值有显著提高.
（3）从（2）中可知展区应该设置互动体验展区，这样可以吸引更多的参观者进行观看与体验，使他们能更多地了解产品，并能更大程度地激发中小学生的兴趣爱好.
20.解：（1）由题得函数的定义域为，
当时，
，
当时，，单调递增，
当时，单调递减.
所以当时，的单调递减区间为，
单调递增区间为和.
（2）当时，，
等价于，
即，
即等价于当时，.
令，
所以
所以在上单调递增，
所以，
所以，
即的取值范围为.
21.解：（1）在中，
令，得，
所以，
则解得
所以的方程为.
（2）由类比思想可知双曲线
在处的切线方程为，
同理，在处的切线方程为，
又因为两切线的交点为，
所以满足，
从而得到直线的方程为.
联立方程，
整理可得，
所以，
即可得线段的中点，
设，
根据已知可得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，
整理得，
即，
直线恒过点，
所以点在同一条直线上.
22.解：（1）由，
得，
将代入上式，
整理得的直角坐标方程为.
将变形为，
将代入上式得，
即的直角坐标方程为.
（2）因为射线与交于点，与交于点，
所以联立，
解得
联立，
解得，
所以.
23.解：（1）等价于，
即，
即或
解得，
故不等式的解集为.
（2）因为
所以当时，，
所以等价于，
所以，
即，
解得，
所以的取值范围为.
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