2024届陕西省榆林市高三三模理数试题（原卷版+解析版）

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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､准考证号填写在答题卡上，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：每小题选出答案后，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.非选择题的作答：用签字笔直接答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.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意解得，，即可求出.
【详解】由，知，解得：，
所以；
由，即，
所以.
故选:B.
2. 已知，则（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】先计算出，再由共轭复数及复数的模计算.
【详解】由，得，
所以，
所以.
故选：D.
3. 在中，在边上，且是边上任意一点，与交于点，若，则（ ）
A. B. C. 3D. -3
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的线性运算，得，再利用平面向量基本定理，可得，然后就可得到结果.
【详解】三点共线，设，
则，
又，所以，即.
故选：C.
4. 设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下面为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 对于空间中的直线，若，则
C. 若直线上存在两点到平面的距离相等，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中直线和平面的位置关系的判定定理和性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断.
【详解】对于A：在长方体中，
令平面是平面，平面为平面，直线为直线，
直线为直线，显然，
此时直线是异面直线，不平行，故A错误；
对于B：当，时，只有相交时才有，
比如A选项的长方体中平面，平面，，，
但是与平面不垂直，故B错误；
对于C：若直线上存在两点到平面的距离相等，则或与相交，故C错误；
对于D：如图：
因为，过作平面和平面交于，则，而，故，
又，故，故D正确.
故选：D.
5. 在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.若，点为双纽线上任意一点，则下列结论正确的个数是（ ）
①关于轴不对称
②关于轴对称
③直线与只有一个交点
④上存在点，使得
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】用定义法把动点的轨迹方程求出来，利用代换，方程没有变化，可知双纽线关于轴，轴，原点对称，再利用它与联立方程组，解得只有一组解，可知③正确，再利用原点到的距离正好是,可知满足题意，所以④正确，从而可以做出所有选项的判断.
【详解】①设到定点的距离之积为4，
可得.，整理得，
即曲线的方程为，
由用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，
由用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，
由用代换，用同时代换，方程没变，可知曲线关于原点对称，
图象如图所示：
所以①不正确，②正确；
③联立方程组，可得，即，所以，
所以直线与曲线只有一个交点，所以③正确.
④原点满足曲线的方程，即原点在曲线上，则，
即曲线上存在点与原点重合时，满足，所以④正确.
故选:C.
6. 现有甲乙丙丁戊五位同学进行循环报数游戏，从甲开始依次进行，当甲报出1，乙报出2后，之后每个人报出的数都是前两位同学所报数的乘积的个位数字，则第2024个被报出的数应该为（ ）
A 2B. 4C. 6D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】列举出部分数字观察其周期即可得解.
【详解】报出的数字依次是，除了首项以外是个周期为6的周期数列.
去掉首项后的新数列第一项为2，
因为，所以原数列第2024个被报出的数应该为2.
故选：A.
7. 已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的高为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据球心到底面的距离、底面三角形的外接圆半径和球的半径满足勾股定理，求得，然后可得棱锥的高.
【详解】如图，为等边三角形，
设为中点，面，，则，
所以，
设三棱锥外接球的半径为，由正棱柱性质可知球心为在直线上，
则，即，所以.
由，解得.
所以三棱锥的高为.
故选：B.

8. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于对称，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据平移变换的原则求出变化后的函数解析式，再根据余弦函数的对称性即可得解.
【详解】由函数，
将函数的图象向左平移个单位长度后，
得到函数，
又由图象关于对称，
所以，解得，
因为，所以当时，取得最小值，最小值为.
故选：C.
9. 在一次数学模考中，从甲､乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的十个人成绩分别为，乙班的十个人成绩分别为.假设这两组数据中位数相同､方差也相同，则把这20个数据合并后（ ）
A. 中位数一定不变，方差可能变大
B. 中位数可能改变，方差可能变大
C. 中位数一定不变，方差可能变小
D. 中位数可能改变，方差可能变小
【答案】A
【解析】
【分析】不妨设，表达出两组数据的中位数，根据中位数相同得到或，则合并后的数据中位数是或者，中位数不变，再设第一组数据的方差为，平均数为，第二组数据的方差为，平均数为，根据公式得到合并后平均数为，方差为，，得到结论.
【详解】不妨设，
则的中位数为，的中位数为，
因为，所以或，
则合并后的数据中位数是或者，所以中位数不变.
设第一组数据的方差为，平均数为，第二组数据的方差为，平均数为，
合并后总数为20，平均数为，方差为，
如果均值相同则方差不变，如果均值不同则方差变大.
故选：A.
10. 已知，若当时，关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，易得的对称轴为，则，进而可得出答案.
【详解】令，
由题意可得，则，
又因为，所以，
函数的对称轴为，
则，
即，
即，结合，解得
故选：A.
11. 设为双曲线的上､下焦点，点为的上顶点，以为直径的圆交的一条渐近线于两点，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】联立双曲线的渐近线与圆的方程可得、点坐标，结合点坐标借助向量夹角计算公式可得、的关系，即可得离心率.
【详解】由题意知以为直径的圆的方程为，
根据对称性，不妨设一条渐近线方程为，在第二象限，
联立，解得或，
则，又，
所以，
则，即，
所以离心率.
故选：C.
12. 某兴趣小组的几位同学在研究不等式时给出一道题：已知函数.函数，当时，的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求导得到的单调性，从而得到当时，，当时，，令，为增函数，求出，或，当成立时，有，求出不等式解集.
【详解】，定义域为，
，
令，则由，可得，
，则，在恒成立，
在上单调递减，，故当时，，
当时，，
令，易证为增函数，
，
，
或，
当成立时，有，
故与取交集，或与或取交集，
所以或.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：求导后，利用换元思想得到的单调性，结合特殊点的函数值，得到当时，，当时，，再结合同构思想求出和的解集.
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. 已知函数为奇函数，且最大值为1，则函数的最大值和最小值的和为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据奇函数的性质求解即可.
【详解】奇函数如果存在最值，则最大值和最小值之和为0，
所以函数最大值和最小值之和为0，
则函数的最大值和最小值之和为2.
故答案为：2.
14. 在4次独立重复试验中，试验每次成功的概率为.则在至少成功1次的条件下，4次试验全部成功的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用条件概率公式直接求解即可.
【详解】若在4次独立重复试验中，试验每次成功的概率为，
则在至少成功1次的条件下，4次试验全部成功的概率为，
由条件概率公式得.
故答案为：.
15. 若直线与抛物线和圆从左到右依次交于点，则__________.
【答案】22
【解析】
【分析】根据抛物线的焦半径公式和圆的直径可求的值.
【详解】抛物线的焦点即为，圆的半径为1，
设，由得，
则，
故.
故答案为：22.
16. 在中，的角平分线交边于点，若，则面积的最大值为__________.
【答案】3
【解析】
【分析】由角平分线定理可得，再建系可得点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆（除去，结合圆的知识即可求得面积取最大值.
【详解】因为角的平分线交于点，则，故，则.
以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，
因为，故，设，
则，化简可得，即，
故点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆（除去.
故时，面积取最大值为.
故答案为：3.
三､解答题：解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知等差数列满足，前项和为是关于二次函数且最高次项系数为1.
（1）求的通项公式；
（2）已知，求前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出首项与公差，再根据等差数列的通项即可得解；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【小问1详解】
设首项的公差为，
，
，
，结合题设，
，
；
【小问2详解】
，
，
.
18. 如图是一个半圆柱，分别是上､下底面圆的直径，为的中点，且是半圆上任一点（不与重合）.

（1）证明：平面平面，并在图中画出平面与平面的交线（不用证明）；
（2）若点满足，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）答案见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）易得，，根据线面垂直的判定定理证明面，再根据面面垂直的判定定理即可得证，过作的平行线交于点，则即为平面与平面的交线；
（2）以原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
在上，，
∵平面，平面，∴，
又平面面，
又面，
平面平面，
过作的平行线交于点，则，
则即为平面与平面的交线；
【小问2详解】
，
，解得，
，
所以以为原点，以为轴，过在平面内作的垂线为轴，
过作的平行线为轴建立空间直角坐标系，

则，
则平面的一个法向量为，可取法向量为，
又，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，则，
设平面与平面夹角为，
则.
19. “直播的尽头是带货”，如今网络直播带货越来越火爆，但商品的质量才是一个主播能否持久带货的关键.某主播委托甲､乙两个工厂为其生产加工商品，为了了解商品质量情况，分别从甲､乙两个工厂各随机抽取了100件商品，根据商品质量可将其分为一、二、三等品，统计的结果如下图：
（1）根据独立性检验，判断是否有的把握认为商品为一等品与加工工厂有关？
（2）将样本数据的频率视为概率，现在甲､乙工厂为该主播进行商品展示活动，每轮活动分别从甲､乙工厂中随机挑选一件商品进行展示，求在两轮活动中恰有三个一等品的概率；
（3）综合各个方面的因素，最终该主播决定以后只委托甲工厂为其生产商品，已知商品随机装箱出售，每箱30个.商品出厂前，工厂可自愿选择是否对每箱商品进行检验.若执行检验，则每个商品的检验费用为10元，并将检验出的三等品更换为一等品或二等品；若不执行检验，则对卖出的每个三等品商品支付100元赔偿费用.将样本数据的频率视为概率，以整箱检验费用的期望记为，所有赔偿费用的期望记为，以和的大小关系作为决策依据，判断是否需要对每箱商品进行检验？请说明理由.
【答案】（1）没有的把握认为商品为一等品与加工工厂有关
（2）
（3）应进行检验，理由见解析
【解析】
【分析】（1）列列联表，由表中数据计算卡方，即可判断；
（2）利用独立事件乘法公式计算甲、乙展示的商品均为一等品的概率及只有一轮展示的商品为一等品的概率，进而利用互斥事件概率加法公式求解即可；
（3）设每箱30个商品中的三等品个数为，由题意知，利用二项分布期望公式求解，然后根据数学期望的定义及性质分别求解进行检验和不进行检验的数学期望，比较大小即可得出结论.
【小问1详解】
由题意得列联表如下：
，
所以没有的把握认为商品为一等品与加工工厂有关.
【小问2详解】
两轮中，甲展示的商品均为一等品的概率为，
只有一轮展示的商品为一等品的概率为；
两轮中，乙展示的商品均为一等品的概率为，
只有一轮展示的商品为一等品的概率为.
则两轮活动中恰有三个一等品的概率为：.
【小问3详解】
由已知，每个零件为三等品的概率为，
设每箱30个商品中的三等品个数为，则，所以.
若不进行检验，则450元.
若进行检验，则总检验费用的期望值为元.
因为，所以应进行检验.
20. 已知函数的导函数为.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据判别式分类讨论，即可根据导数的正负确定函数单调性，
（2）将所证不等式等价变形后构造，利用导数求解函数的单调性，即可求证.
【小问1详解】
，
当，即时，此时，，故在上单调递增.
当，即时，令，
则.
①当时，在上单调递增，在上单调递减.
②当时，，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
证明：当时，，
证原不等式等价于证，令，
则，且，故只需证，即证
令，则，
令，则，
由于，令则，
在上单调递增，在上单调递减.又，
当时，，即，当,时，，即，
在上单调递增，在上单调递减，
，
所以，当时，1.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
21. 已知椭圆的离心率为；直线与只有一个交点.
（1）求的方程；
（2）的左､右焦点分别为上的点（两点在轴上方）满足.
①试判断（为原点）是否成立，并说明理由；
②求四边形面积的最大值.
【答案】（1）
（2）①不成立，理由见解析；②3
【解析】
【分析】（1）结合离心率，联立曲线与直线方程，消去得与有关一元二次方程，有，计算即可得解；
（2）①设出直线、的方程，联立曲线表示出两点坐标，即可表示出、，假设成立，则有，计算即可得；
②设直线和椭圆另一交点为，结合面积公式与椭圆对称性可得，计算出该面积借助换元法与对勾函数的性质计算即可得.
【小问1详解】
因为，所以，设椭圆方程为，
由，消去得，
又因为直线与椭圆只有一个交点，
所以，解得，
所以椭圆方程为；
【小问2详解】
①直线不能平行于轴，所以可设直线的方程为，
设，由，得，
，则，
同理：设直线的方程为，
设，由，得，
，则；
若，即，
即：，，方程无解，所以不成立；
②设直线和椭圆另一交点为，由椭圆的对称性知，
又，，
设，则，
在上是减函数，
当时，取最大值3，此时，即.
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于找到直线和椭圆另一交点，结合椭圆对称性得到，从而表示出面积.
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C的参数方程是（为参数）.以坐标原点为极点，轴的非负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）已知点的坐标为，直线交曲线的同支于两点，求的取值范围.
【答案】（1），
（2）.
【解析】
【分析】（1）将分别平方后相减即可得曲线的普通方程，由可得直线的直角坐标方程；
（2）根据题意设设直线的参数方程为（其中为参数），代入曲线的普通方程，结合韦达定理以及t的几何意义即可求得答案.
【小问1详解】
，①
，②
①-②，得，所以曲线的普通方程为.
由，可将，化为.
故直线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
由（1）知，直线恒过点，故可设直线的参数方程为（其中为参数），
设两点对应的参数分别是.
将直线的参数方程代入，得.
因为直线交曲线的同支于两点，曲线的渐近线方程为，
所以，所以，
由韦达定理，可得与异号.
所以
.
由于，从而，
所以所求式的取值范围为.
（选修4-5，不等式选讲）
23. 已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若，且函数的最小值为5，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分类讨论去绝对值，即可求解，
（2）根据绝对值三角不等式关系可得，即可利用柯西不等式求解.
【小问1详解】
当时，
当时，，（舍）.
当时，，，又，.
当时，，，又，
.
综上，所求不等式解集为.
【小问2详解】
证明：因为，
当且仅当时取等号，
所以，
因为，所以由柯西不等式，
可知
，
当且仅当时等号成立，
所以.
0.100
0.050
0.010
0.005
2.706
3.841
6.635
7.879
一等品
非一等品
合计
甲
70
30
100
乙
60
40
100
合计
130
70
200