陕西省西安市鄠邑区2023-2024学年高三下学期三模(理)数学试卷(解析版)

这是一份陕西省西安市鄠邑区2023-2024学年高三下学期三模(理)数学试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷
一、选择题
1. 若集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】依题意得，则．
故选：C.
2. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】B
【解析】因为，所以，所以的虚部为．
故选：B
3. 已知椭圆的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题可知离心率，则，
又，所以，即，所以.
故选：D.
4. 若过点可作圆的两条切线，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】圆，即圆，则，解得．
过点有两条切线，则点P在圆外，1-02+2-12>5-a，即，解得．
故．
故选：C
5. 已知和是两个平面，a，b，c是三条不同的直线，且，，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】当时，，，所以，又，，所以成立，
当时，若a与c相交，则b与c异面，不能推导出，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A.
6. 已知是等比数列的前n项和，，，则（ ）
A. 12B. 14C. 16D. 18
【答案】B
【解析】设等比数列的公比为q，可得，
则，
所以．
故选：B.
7. 已知，函数，，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，且，，
即为最大值或最小值，即为函数的一条对称轴，
所以，
解得，
又，所以当时取得最小值.故选：B.
8. 在研究变量与之间的关系时，进行实验后得到了一组样本数据
利用此样本数据求得的经验回归方程为，现发现数据和误差较大，剔除这两对数据后，求得的经验回归方程为，且则（ ）
A. 8B. 12C. 16D. 20
【答案】C
【解析】设没剔除两对数据前的平均数分别为，，
剔除两对数据后的平均数分别为，，
因为，所以，，
则，
所以，
又因为，
所以，
解得.
故选：C.
9. 已知函数则在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】当时，，
当时，，则，
所以，．
则所求的切线方程为，即．
故选：B
10. 方程的非负整数解的组数为（ ）
A. 40B. 28C. 22D. 12
【答案】A
【解析】因为，所以的因数有个，
故方程的非负整数解的组数为40．
故选：A
11. 如图，用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，且只有1个球；第2堆有2层4个球，其中第1层有1个球，第2层有3个球；…；第n堆有n层共个球，第1层有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，…．已知，则（ ）
A. 2290B. 2540C. 2650D. 2870
【答案】D
【解析】在第堆中，从第2层起，第n层的球的个数比第层的球的个数多n，
记第n层球的个数为，则，
得，
其中也适合上式，则，
在第n堆中，
，
当时，，解得.故选：D.
12. 已知定义在R上的函数满足．若的图象关于点对称，且，则（ ）
A. 0B. 50C. 2509D. 2499
【答案】D
【解析】因为的图象关于点对称，所以，
即，从而，
则的图象关于点对称．
由，可得．
令，得，则的图象关于直线对称．
，
则的图象关于点对称，则有，
所以，，
两式相减得，故是以4为周期函数．
因为，，，，
所以．故选：D.
第Ⅱ卷
二、填空题
13. 已知向量，，，则______．
【答案】
【解析】，解得．
故答案为：
14. 若x，y满足约束条件则目标函数的最大值为______．
【答案】9
【解析】表示直线在轴的截距，
由可得，即，
画出可行域知，当过点时，z取得最大值，且最大值为9．

故答案为：.
15. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线交双曲线的左支于A，B两点，，，则双曲线的离心率为______．
【答案】
【解析】由题可设，，
由余弦定理可得，
即，解得，
因为，所以，即，
在中，，，，
所以，
即，解得，
则所求双曲线的离心率为．
故答案为：．
16. 在长方体中，，平面平面，则截四面体所得截面面积的最大值为________．
【答案】
【解析】平面截四面体的截面如图所示，
设，则，所以四边形为平行四边形，
且，
在矩形中，，，
则
，当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
三、解答题
（一）必考题
17. 的内角，，的对边分别为，，，．
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的周长．
解：（1）依题意，，
在中，由正弦定理得，
因此，而，则，又，所以.
（2）由的面积为，得，解得，
由余弦定理得，
而，则，解得，，
所以的周长为.
18. 在四棱锥中，平面平面，∥，，，．
（1）证明：；
（2）若为等边三角形，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值．
（1）证明：因为，，可知，，
则，即．
因为平面平面，平面平面，且，
可知平面PAD，
且平面PAD，所以．
（2）解：以为坐标原点，分别，的方向为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为平面平面，可知z轴在平面内，
则，，，，
可得，，．
设平面PBD的法向量为，则，
令，则，可得．
设直线PC与平面PBD所成的角为，
则，
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为．
19. 假设某同学每次投篮命中的概率均为.
（1）若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率；
（2）该同学参加投篮训练，训练计划如下：先投个球，若这个球都投进，则训练结束，否则额外再投个.试问为何值时，该同学投篮次数的期望值最大？
解：（1）记该同学投篮4次，投中次数为，则，
所以恰好投中2次的概率.
（2）记该同学的投篮次数为，则的可能取值有，
，
所以，
由题知，，得，所以，
记，则，
所以，
因为数列单调递减，
且当时，，当时，，
即当时，，当时，，
所以，
所以当时，该同学投篮次数的期望值最大.
20. 设抛物线的焦点为，已知点到圆上一点的距离的最大值为6.
（1）求抛物线的方程.
（2）设是坐标原点，点是抛物线上异于点的两点，直线与轴分别相交于两点（异于点），且是线段的中点，试判断直线是否经过定点.若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由.
解：（1）点到圆上点的最大距离为，即，得,
故抛物线的方程为.
（2）设，则方程为，方程为,
联立与抛物线的方程可得，即,
因此点纵坐标为，代入抛物线方程可得点横坐标，
则点坐标,同理可得点坐标为,
因此直线的斜率为,
代入点坐标可以得到方程为,
整理可以得到,因此经过定点.
21. 已知函数．
（1）是否存在实数，使得和在上的单调区间相同？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
（2）已知是的零点，是的零点．
①证明：，
②证明：．
（1）解：由题意得，
当时，，所以和在上都单调递增，符合题意；
当时，若和在上的单调区间相同，
则和有相同的极值点，即，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，
所以无解，
综上，当时，和在上的单调区间相同；
（2）证明：①由题意，有两个零点，，
若，则，所以在上单调递增，不符合题意，
若，则当时，单调递减，
当时，单调递增，
且当时，，当时，，
所以，解得，得证；
②令，得，即，
令，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
在同一坐标平面内作出函数与函数的图象，
它们有公共点，如图，
故，且有，
由，得，即，又，所以，
由，得，即，又，所以，
由，得，即，故.
（二）选考题
［选修4—4：坐标系与参数方程］
22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为．
（1）求直线和曲线的直角坐标方程；
（2）若直线和曲线恰有一个公共点，求．
解：（1）消去参数，可得直线的直角坐标方程为．
由,可得的直角坐标方程为，即．
（2）由（1）可知，是以为圆心，为半径的圆．
因为直线和曲线恰有一个公共点，所以，解得．
［选修4—5：不等式选讲］
23. 已知函数．
（1）若，求不等式的解集；
（2）对于任意的，都有，求a的取值范围．
解：（1）当时，，
当时，原不等式转化为，解得；
当时，原不等式转化为，不等式无解；
当时，原不等式转化为，解得，
所以原不等式的解集为．
（2）由，得等价于，即，
则，整理得，
依题意，，恒成立，则，所以a的取值范围为．