陕西省铜川市2024届高三第三次模拟考试(理)数学试卷(解析版)

这是一份陕西省铜川市2024届高三第三次模拟考试(理)数学试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了0，乙种的样本中位数为10， 已知，则， 已知为正实数，则“”是“”的等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，若，则实数的值可能是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】A
【解析】依题意，由，可得，
当时，符合题意，A正确；
当或2时，不符合集合中元素的互异性，从而排除项；
当时，，从而排除项.
故选：A.
2. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】由，得，
所以在复平面内对应的点为，位于第二象限，
故选：B.
3. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】易知，令，解得，依题有，即，
双曲线方程为，从而，从而的焦点坐标为.
故选：A.
4. 已知甲种杂交水稻近五年的产量数据为，乙种杂交水稻的产量数据为，则下列说法错误的是（ ）
A. 甲种的样本极差小于乙种的样本极差
B. 甲种的样本平均数等于乙种的样本平均数
C. 甲种的样本中位数等于乙种的样本中位数
D. 甲种的样本方差大于乙种的样本方差
【答案】D
【解析】对于A，甲种的样本极差，乙种的样本极差，A正确；
对于B，甲种的样本平均数，
乙种的样本平均数，B正确；
对于C，甲种的样本中位数为10.0，乙种的样本中位数为10.0，C正确.
对于D，甲种的样本方差，
乙种的样本方差，D错误.
故选：D
5. 若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】函数在上单调递减，
解得.
故选：C.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，
.
故选：A.
7. 已知为正实数，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】C
【解析】若，根据糖水不等式可得，即充分性成立；
若，则，即且，故，即必要性成立，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
8. 已知函数，则下列说法中不正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的最大值为
C. 在区间上单调递增
D.
【答案】C
【解析】依题意，则函数的最大值为，最小值正周期为，从而可排除选项.
，，根据三角函数的性质可知，
当，即时函数单调递减，
当，即时函数单调递增，
故在区间上不可能单调递增，应选C项.
为偶函数，
从而，从而可排除D选项.
故选：C
9. 已知函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，若，则（ ）
A. B.
C. 函数的周期为2D.
【答案】D
【解析】为奇函数，，
又为偶函数，，故A项错误.
即函数的周期为4，
即C项错误.由，令，得，
即B项错误.
又，
所以D项正确.
故选：D
10. 在正方体中，分别为的中点，若，则平面截正方体所得截面的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如图，过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点，
过点作的平行线交于点，易知点都在截面内，
且都是其所在棱的中点，从而所得截面是边长为的正六边形，
所求面积.故选：D.
11. 榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，，则该木楔子的外接球的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，连接，则，故.
取的中点，连接，
又，则.
由对称性易知，过正方形的中心且垂直于平面的直线必过线段的中点，且所求外接球的球心在这条直线上，如图.
设球的半径为，则，且，
从而，即，
当点在线段内（包括端点）时，有，可得，
从而，即球心在线段的中点，其半径.
当点在线段外时，，解得（舍）.
故所求外接球的体积.
故选：C

12. 已知为椭圆的左､右焦点，点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线､线段以及轴均相切，的内切圆的圆心为.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为9，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由已知及平面几何知识可得圆心在的角平分线上.
如图，设圆与轴的切点分别为，由平面几何知识可得，
直线为两圆的公切线，公切点也在的角平分线上，
则，所以，

由椭圆的定义知，则，
，
，
.
又圆与圆的面积之比为圆与圆的半径之比为3，
所以，即，故椭圆的离心率.
故选：A
二､填空题
13. 有5名学生准备去照金香山，药王山，福地湖，玉华宫这4个景点游玩，每名学生必须去一个景点，每个景点至少有一名学生游玩，则不同的游玩方式有__________种.
【答案】240
【解析】先从5名学生中选2人组成一组，有种方法，
然后将4组学生分配到4个景点，有种方法，
由分步计数原理知共有种不同的游玩方式.
故答案为：240.
14. 已知点为外接圆的圆心，且，则_________.
【答案】
【解析】由，得，由为外接圆的圆心，得，如图，结合向量加法的几何意义知，四边形为菱形，且，故.故.
故答案为：

15.已知的内角所对的边分别是，点是的中点.若，且，则__________.
【答案】
【解析】因为，由正弦定理得，
又因为，
所以，
因为，可得，所以
又因为为的一条中线，可得，
所以，
即，解得或（舍）.
由余弦定理得.
故答案为：.
16. 若函数有两个极值点，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】的定义域为，
，
令，得.
令，则.
令，则，即，即
当时，单调递增；当时，单调递减.
，
又当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0，
作出的草图如图，
由图可知，当时，方程有两个正根，从而函数有两个极值点.
三､解答题
（一）必考题
17. 已知数列满足：.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求正整数的最大值.
解：（1）当时，，
当时，，
，
两式相减，得，
，
显然也符合上式，
数列的通项公式为.
（2）由（1）知，
，
解得.正整数的最大值为15.
18. 学校团委和工会联合组织教职员工进行益智健身活动比赛.经多轮比赛后，由教师甲､乙作为代表进行决赛.决赛共设三个项目，每个项目胜者得10分，负者得分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的获得冠军.已知教师甲在三个项目中获胜的概率分别为，各项目的比赛结果相互独立.甲､乙获得冠军的概率分别记为.
（1）判断甲､乙获得冠军的实力是否有明显差别（若，则认为甲､乙获得冠军的实力有明显差别，否则认为没有明显差别）；
（2）用表示教师甲的总得分，求的分布列和数学期望.
解：（1）不妨设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为，
甲获得冠军可以表示为：,
因两两互斥，
故教师甲获得冠军的概率
，
则教师乙获得冠军的概率，
，，
甲､乙获得冠军的实力没有明显差别.
（2）易知的所有取值为，
，
，
，
，
则的分布列为：
.
19. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，点是的中点，是线段上（包括端点）的动点，.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面的夹角为，求的值.
（1）证明：；连接交于点，连接，
四边形是正方形，为的中点，
是的中点，，
平面平面平面.
（2）解：易知两两垂直，
以为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则.
，
设，则.
.
设平面的法向量为，
则，令，则.
又直线与平面的夹角为，
，解得.
.
20. 过抛物线焦点的直线交于两点，若直线垂直于轴，则的面积为2，其中为原点.
（1）求抛物线的方程；
（2）抛物线的准线上是否存在点，使得当时，的面积为.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
（1）解：由抛物线，可得焦点为，
因为直线垂直于轴，不妨设，
代入，可得，所以，
又因为的面积为，所以，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）解：由（1）知抛物线的焦点为，准线方程为，
设点，当直线的斜率等于0时，不符合题意；
故可设直线的方程为，联立方程组，消去得，
可得，且，
因为，所以，
所以
，
所以，
因为，
原点到直线距离，
所以，解得，所以，
所以存在点，符合题目要求.
21. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数存在零点，求实数的取值范围.
解：（1）当时，，所以.
这得到，，所以所求切线是经过且斜率为的直线.
故所求切线方程为，即.
（2）设，则，
所以当时，当时.
从而在上递增，在上递减，故，
这得到.
若，则，
从而取值恒为负，
故没有零点，不满足条件；
若，则有，
及.
从而由零点存在定理可知存在零点，满足条件.
综上，的取值范围是.
（二）选考题
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）设是曲线上的两点，且，求面积的最大值.
（1）解：曲线的参数方程为（为参数），即（为参数），
平方相加，可得，即，
又由，可得，
所以曲线的极坐标方程为.
（2）解：由（1）知曲线的标准方程为，
可得曲线是以为圆心，半径为5的圆，且过原点，
因为，可得过圆心，且为直角三角形，
所以，
所以，当时，等号成立，
所以面积最大值为.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）记函数的最小值为，若正数满足，证明：.
（1）解：
不等式等价于或或，
解得或或.
不等式的解集为.
（2）证明：由（1）可得的图象如下所示：
所以，即，
方法一：
，
当且仅当时，等号成立.
方法二：，
即，
当且仅当时，等号成立.
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