2024年陕西省西安市西安中学2023-2024学年高二下学期6月学考仿真考试数学试题

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一、单项选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45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. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】使函数有意义得到不等式组，求解即得.
【详解】由有意义，可得，解得且.
故选：D.
2. 复数,则在复平面内，z对应的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求出复数的实部与虚部，即可求解.
【详解】由题意得，，因此z对应的点的坐标为.
故选：D.
3. 为了得到函数的图象，需要把函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用函数的图象变换规律，可得结论．
【详解】函数，根据图像左加右减的变换原则，
只需把函数的图象向左平移个单位长度，
即可得到函数的图象，
故选：．
4. 已知向量，且，则（ ）
A. 1B. -1C. 4D. -4
【答案】D
【解析】
【分析】利用平行的坐标公式处理即可.
【详解】由向量，且，
，解得：.
故选：D.
5. 设x，y为正数，则的最小值为（ ）
A. 6B. 9C. 12D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本不等式进行求解即可.
【详解】，
因为x，y为正数，所以（当且仅当时取等号，即当时取等号），
因此，
故选：B
6. 函数的零点所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合函数零点的存在性定理即可得出结果.
【详解】因为是连续的减函数，
，
，，，
有，所以的零点所在的区间为．
故选：C
7. 已知点O，P在△ABC所在平面内 ，且，，则点O，P依次是△ABC的（ ）
A. 重心，垂心B. 重心，内心C. 外心，垂心D. 外心，内心
【答案】C
【解析】
【分析】根据内心、外心、重心、垂心以及向量运算等知识确定正确答案.
【详解】由于，所以是三角形的外心.
由于，
所以，
同理可证得，
所以是三角形垂心.
故选：C
8. 如图，圆内切于圆心角为，半径为3的扇形OAB，则图中阴影部分面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据内切求出内切圆的半径，利用扇形面积减去圆的面积可得结果.
【详解】设圆的半径为，圆与切于，与弧切于，如图：
依题意可得，，
根据对称性可知，三点共线，
所以，所以，
所以图中阴影部分面积为.
故选：D
9. 如图，要测出山上石油钻井井架的高，从山脚测得，塔顶的仰角，塔底的仰角，则井架的高为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：由题意得，∠BAC=45°-15°=30°，∠ABC=α=45°，且AC=60m，
在△ABC中，由正弦定理得，
，即，
解得BC=
考点：正弦定理；任意角三角函数的定义
10. 关于函数的单调性的说法正确的是（ ）
A. 在上是增函数B. 在上是减函数
C. 在区间上是增函数D. 在区间上是减函数
【答案】C
【解析】
【分析】先求出函数定义域，再结合复合函数单调性性质进行判断即可.
【详解】由函数的解析式知定义域为，
设，
显然在上是增函数，在上是增函数，
由复合函数的单调性可知在上是增函数，
故选：C
11. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用指数函数和对数函数的单调性确定幂值和对数值的范围即得.
【详解】因，即，
又，即，
而，即，
故.
故选：A.
12. 已知命题，的否定是真命题，那么实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，命题：，为真命题，分、两种情况讨论，利用参变量分离法求出实数的取值范围.
【详解】由题意可知，命题：，为真命题.
①当时，则，不合乎题意；
②当时，则，令，
则，
所以，当时，，则.
综上所述，实数的取值范围是.
故选：C.
13. 如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，过BC的平面与平面PAD交于EF，E在线段PD上且异于P、D，则四边形EFBC是（ ）
A. 空间四边形B. 矩形C. 梯形D. 平行四边形
【答案】C
【解析】
【分析】由线面平行的性质分析判断即可
【详解】因为∥，平面，平面，
所以∥平面，
因为平面，平面平面，
所以∥，
因为，，
所以，
所以四边形为梯形，
故选：C
14. 已知函数的定义域为R，且满足，又为偶函数，若，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用给定条件，推理得出，再利用赋值法计算作答.
【详解】因为为偶函数，则，
即有，又，
因此，有，
于是得，
又，则有，
所以，
故选：D
15. 已知函数，若方程恰有三个不同的实数根，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出函数 的图像，将方程恰有三个不同的实数根转化为函数与有3个不同的交点即可.
【详解】若方程恰有三个不同的实数根，
则函数与有3个不同的交点
如图与的图像
由图可得函数与有3个不同的交点，则
故选：A.
二、填空题：本大题共5小题，共20分．
16. 为做好“新冠肺炎”疫情防控工作，济南市各学校坚持落实“双测温两报告”制度，以下是某宿舍6名同学某日上午的体温记录：36.3，36.1，36.4，36.7，36.5，36.6（单位：），则该组数据的第80百分位数为________.
【答案】36.6
【解析】
【分析】根据第百分位数的概念和计算方法可得答案.
【详解】将6名同学某日上午的体温记录从小到大排列为：36.1，36.3， 36.4，36.5，36.6，36.7，
因为，所以该组数据的第80百分位数为36.6，
故答案为：36.6.
【点睛】本题考查第百分位数的概念和计算方法，属于基础题.
17. 设是定义在R上奇函数，当时，，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性，结合函数解析式易得.
【详解】依题意，.
故答案为：.
18. 棱长都是厘米的三棱锥的体积是_________.
【答案】##
【解析】
【分析】求出棱锥的高后由体积公式计算结论．
【详解】如图正四面体中棱长为4，是棱锥的高，是底面的中心，是中点，
，，
（）．
故答案为：．
19. 已知角终边上一点，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用诱导公式化简原式，由三角函数定义求出，代入计算即可.
【详解】，
因为角终边上一点，所以，则，
所以
故答案为：
20. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，M，N分别是，的中点，若，，则异面直线与所成角大小是____________．
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，证明，得到是异面直线与所成的角或其补角，结合题设条件在中，求即得.
【详解】
如图，取的中点，连接,
因M，N分别是，的中点，底面是平行四边形，故且
又且，故得,
即,故是异面直线与所成的角或其补角.
由,两边取平方，，
设的夹角为，因，,代入上式，
整理可得，，即，故,则，
在中，设,，因，故.
故答案为：
三、解答题：本大题共3小题，共35分．解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
21. 已知函数
（1）求函数的单调减区间；
（2）求当时函数的最大值和最小值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）将化为，然后解出不等式即可；
（2）当时，，然后可求出答案.
【详解】（1）
令，可得
所以函数的单调减区间为
（2）当时，，
所以
即
22. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）设，从下面两个条件中选择一个，求的周长.
①；②面积为.
【答案】（1）
（2）选条件①，选条件②
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角化简可得，即可求得而答案；
（2）选①，利用正弦定理可得，结合余弦定理求得 ，即可求得 ，从而求得三角形周长；
选②，根据三角形面积公式求得 ，结合余弦定理即可求得 ，从而求得三角形周长；
【小问1详解】
由可得,
即，
由于,故，而，故；
【小问2详解】
选①，，
，所以 ，
，
故 ，
故的周长为.
选②的面积为，
则,则，
，
故 ，
故的周长为.
23. 如图，四棱锥 的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，且，E是侧棱上的动点.

（1）求四棱锥的体积;
（2）如果E是的中点，求证: 平面;
（3）是否不论点E在侧棱的任何位置，都有?证明你的结论.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）是，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据棱锥的体积公式进行求解即可；
（2）根据线面平行的判定定理进行证明即可；
（3）根据线面垂直的判定定理进行证明即可.
【小问1详解】
∵底面，
∴为此四棱锥底面上的高.
四棱锥的体积为；
【小问2详解】
证明:如图,连接交于O,连接，
∵四边形是正方形,∴.
又∵,∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
【小问3详解】
不论点E在侧棱PA的任何位置,都有，
∵四边形是正方形,∴。
∵底面,平面，
∴，
又∵平面，
∴平面，又因为平面，
所以.