陜西省富平縣2024屆高三第二次模擬理科 數(shù)學(xué)試題【含答案】

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1、 富平縣2024年高三模擬考試 數(shù)學(xué)（理科）試題 注意事項(xiàng)： 1.本試卷共4頁，全卷滿分150分，答題時(shí)間120分鐘. 2.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名和準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上. 3.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑.如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號.回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效： 4.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回： 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的. 1．設(shè)復(fù)數(shù)，則復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于（????） A．第一象限

2、B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．設(shè)集合，，則（???） A． B． C． D． 3．已知向量，，則“”是“”的（???） A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 4．將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長度，所得圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，則的值可以為（????） A． B． C． D． 5．某電視臺舉行主持人大賽，每場比賽都有17位專業(yè)評審進(jìn)行現(xiàn)場評分，首先這17位評審給出某位選手的原始分?jǐn)?shù)，評定該位選手的成績時(shí)從17個(gè)原始成績中去掉一個(gè)最高分、一個(gè)最低分，得到15個(gè)有效評分，則15個(gè)有效評分與17個(gè)原始評分相比，在數(shù)字特征“①中位數(shù)②平均數(shù)

3、③方差④極差”中，可能變化的有（????） A．4個(gè) B．3個(gè) C．2個(gè) D．1個(gè) 6．已知函數(shù)是上的增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（???） A． B． C． D． 7．我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化，每一“重卦”由從下到上排列的6個(gè)爻組成，爻分為陽爻“”和陰爻“”，如圖就是一重卦．在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，記事件“取出的重卦中至少有1個(gè)陰爻”，事件“取出的重卦中至少有3個(gè)陽爻”．則（????） A． B． C． D． 8．已知中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若，且，則是（????） A．銳角三角形 B．鈍角三角形 C．等邊三角形 D．等腰直角三角形

4、9．在正方體中，過點(diǎn)B的平面與直線垂直，則截該正方體所得截面的形狀為（????） A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形 10．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A、B、F分別是橢圓C：（）的左頂點(diǎn)、上頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在橢圓C上，且以O(shè)P為直徑的圓恰好過右焦點(diǎn)F，若，則橢圓C的離心率為（???） A． B． C． D． 11．若函數(shù)在內(nèi)恰好存在8個(gè)，使得，則的取值范圍為（????） A． B． C． D． 12．已知個(gè)大于2的實(shí)數(shù)，對任意，存在滿足，且，則使得成立的最大正整數(shù)為（????） A．14 B．16 C．21 D．23 二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.

5、13．展開式中的項(xiàng)是 . 14．若點(diǎn)A在焦點(diǎn)為F的拋物線上，且，點(diǎn)P為直線上的動(dòng)點(diǎn)，則的最小值為 . 15．已知直線（，）過函數(shù)（，且）的定點(diǎn)T，則的最小值為 . 16．已知三棱錐外接球直徑為SC，球的表面積為，且，則三棱錐的體積為 . 三、解答題：共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟：第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答： （一）必考題：共60分. 17．已知等比數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為，且滿足，. (1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；

6、(2)若數(shù)列滿足，求數(shù)列的前2n項(xiàng)和. 18．如圖，在四棱錐中，底面ABCD是平行四邊形，平面ABCD，，，且M，N分別為PD，AC的中點(diǎn). (1)求證：∥平面PBC； (2)求平面MBC與平面PBC夾角的余弦值. 19．乒乓球，被稱為中國的“國球”．某中學(xué)對學(xué)生參加乒乓球運(yùn)動(dòng)的情況進(jìn)行調(diào)查，將每周參加乒乓球運(yùn)動(dòng)超過2小時(shí)的學(xué)生稱為“乒乓球愛好者”，否則稱為“非乒乓球愛好者”，從調(diào)查結(jié)果中隨機(jī)抽取100份進(jìn)行分析，得到數(shù)據(jù)如表所示： 乒乓球愛好者 非乒乓球愛好者 總計(jì) 男 40 56 女 24 總計(jì) 100 (1)補(bǔ)全列聯(lián)表，并判斷我們

7、能否有的把握認(rèn)為是否為“乒乓球愛好者”與性別有關(guān)？ (2)為了解學(xué)生的乒乓球運(yùn)動(dòng)水平，現(xiàn)從抽取的“乒乓球愛好者”學(xué)生中按性別采用分層抽樣的方法抽取3人，與體育老師進(jìn)行乒乓球比賽，其中男乒乓球愛好者獲勝的概率為，女乒乓球愛好者獲勝的概率為，每次比賽結(jié)果相互獨(dú)立，記這3人獲勝的人數(shù)為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望． 0.05 0.010 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 參考公式：． 20．已知雙曲線C：的離心率為，焦點(diǎn)到其漸近線的距離為1． (1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)已知直線l：與雙曲線C交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直

8、線OA，OB的斜率之積為，求△OAB的面積． 21．已知函數(shù)，. (1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間； (2)若當(dāng)時(shí)，恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍. （二）選考題：共10分.考生從22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分. 【選修4—4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程】 22．在平面直角坐標(biāo)系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線的極坐標(biāo)方程為. (1)寫出直線和曲線的普通方程； (2)若直線與曲線有公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍. 【選修4—5：不等式選講】 23．已知函數(shù)，． (1)當(dāng)時(shí)，解不等式； (2)若對任意，都有成立，求a的取值

9、范圍． 1．A 【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算求出，再根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義判斷即可. 【詳解】， 所以在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點(diǎn)為，在第一象限. 故選：A 2．C 【分析】求出函數(shù)值域化簡集合，再利用并集的定義求解即得. 【詳解】當(dāng)時(shí)，，則，而， 所以. 故選：C 3．A 【分析】根據(jù)向量平行的坐標(biāo)運(yùn)算得到方程，求出或2，從而結(jié)合充分條件、必要條件判斷出結(jié)論. 【詳解】若，則，解得或2， 故“”是“”的充分不必要條件. 故選：A 4．D 【分析】根據(jù)三角函數(shù)的圖象變換，整理變換之后的函數(shù)解析式，結(jié)合三角函數(shù)的奇偶性，可得答案. 【詳解】由題意可知函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱， 則

10、，整理可得， 當(dāng)時(shí)，. 故選：D. 5．B 【分析】根據(jù)題意結(jié)合中位數(shù)、平均數(shù)、極差、方差的概念分析求解. 【詳解】從17個(gè)原始評分去掉1個(gè)最高分、1個(gè)最低分，得到15個(gè)有效評分， 其平均數(shù)、極差、方差都可能會(huì)發(fā)生改變， 但中間位置不變，即不變的數(shù)字特征數(shù)中位數(shù)， 例如，故可能變化的有3個(gè). 故選：B. 6．B 【分析】根據(jù)給定條件，利用分段函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合一次、二次函數(shù)單調(diào)性求解即得. 【詳解】由是上的增函數(shù)，得，解得， 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 故選：B 7．C 【分析】根據(jù)條件概率的公式，分析求解即可. 【詳解】，事件“取出的重卦中有3陽3陰或4陽2陰或

11、5陽1陰”， 則，則 故選：C 8．D 【分析】由正弦定理和得到，，求出，得到答案. 【詳解】， 即，故， ， 因?yàn)椋?，故? 因?yàn)?，所以? 故為等腰直角三角形. 故選：D 9．A 【分析】作出輔助線，證明出⊥平面，所以⊥，同理可證明⊥，得到⊥平面，故平面即為平面，得到截面的形狀. 【詳解】連接， 因?yàn)椤推矫?，平面? 所以⊥， 又四邊形為正方形，所以⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 因?yàn)槠矫妫? 所以⊥， 同理可證明⊥， 因?yàn)椋矫妫? 故⊥平面， 故平面即為平面， 則截該正方體所得截面的形狀為三角形. ?? 故選：A 10．C 【分

12、析】根據(jù)給定條件，求出點(diǎn)的坐標(biāo)，再結(jié)合斜率坐標(biāo)公式建立方程并求出離心率. 【詳解】令橢圓的右焦點(diǎn)，依題意，軸，且點(diǎn)在第一象限， 由，解得，則，而， 由，得，解得，， 所以橢圓C的離心率. 故選：C 11．D 【分析】化簡函數(shù)式為，題意說明，得，由正弦函數(shù)圖象與直線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)得的范圍． 【詳解】由題意可得： ， 由可得， 因?yàn)?，，則， 由題意可得，解得， 所以的取值范圍為． 故選：D． 【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)睛：數(shù)形結(jié)合的重點(diǎn)是“以形助數(shù)”，在解題時(shí)要注意培養(yǎng)這種思想意識，做到心中有圖，見數(shù)想圖，以開拓自己的思維．使用數(shù)形結(jié)合法的前提是題目中的條件有明確的幾何意義，

13、解題時(shí)要準(zhǔn)確把握條件、結(jié)論與幾何圖形的對應(yīng)關(guān)系，準(zhǔn)確利用幾何圖形中的相關(guān)結(jié)論求解． 12．D 【分析】構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性可得，則有，即可得解. 【詳解】由，且，，故，即， 令，， 故當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，， 即在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 由，即，故，， 又，故，即， 若，則有， 即，由，故. 故最大正整數(shù)為. 故選：D. 【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵點(diǎn)在于借助函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合其單調(diào)性得到，從而得到，則有，即可得解. 13． 【分析】根據(jù)給定條件，利用二項(xiàng)式定理直接求解即可. 【詳解】依題意，展開式中的項(xiàng)是. 故答案為： 14． 【分析】先求得點(diǎn)的坐標(biāo)，再求

14、得關(guān)于直線的對稱點(diǎn)，借助三點(diǎn)共線求得的最小值. 【詳解】拋物線的焦點(diǎn)，準(zhǔn)線，設(shè)， 則，解得，顯然，不妨設(shè)， 關(guān)于直線的對稱點(diǎn)為，則 因此，當(dāng)且僅當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)取等號， 所以的最小值為. 故答案為： 15． 【分析】先根據(jù)對數(shù)型函數(shù)的特點(diǎn)求得定點(diǎn)坐標(biāo)，代入直線方程得，運(yùn)用常值代換法即可求得結(jié)論. 【詳解】令時(shí)，可得， 可知函數(shù)，且的圖象恒過定點(diǎn)， 因?yàn)槎c(diǎn)在直線上， 可得，且， 則， 當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號成立， 所以的最小值為. 故答案為：. 16．## 【分析】求出外接球半徑，得到，，作出輔助線，求出⊥平面，由勾股定理求出各邊長，由余弦定理得到，進(jìn)而得到，

15、求出，利用錐體體積公式求出答案. 【詳解】設(shè)外接球半徑為，則，解得，故， 由于均在球面上，故， 由勾股定理得， 取的中點(diǎn)，連接，則⊥，⊥， ， 又，平面，故⊥平面， 其中，由勾股定理得， 在中，由余弦定理得， 故， 故， 故三棱錐的體積為 故答案為： 【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：取的中點(diǎn)，連接，證明出⊥平面，從而利用求出三棱錐的體積. 17．(1)； (2). 【分析】（1）根據(jù)給定條件，借助等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求出公比及首項(xiàng)即可. （2）由（1）的結(jié)論，利用分組求和法，結(jié)合等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式求解即得. 【詳解】（1）設(shè)等比數(shù)列的公比為，由及， 得， 解

16、得，于是，即， 所以數(shù)列的通項(xiàng)公式是. （2）由（1）知，， 所以 . 18．(1)證明見詳解 (2) 【分析】（1）利用三角形的中位線，證明，可證得平面PBC； （2）建系標(biāo)點(diǎn)，分別求平面MBC、平面PBC法向量，利用空間向量求面面夾角. 【詳解】（1）如圖，連接BD，由ABCD是平行四邊形，則有BD交AC于點(diǎn)N． 因?yàn)镸，N分別為PD，BD的中點(diǎn)，則． 且平面PBC，平面PBC，所以平面PBC． （2）由題意可知：平面ABCD，且， 如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系， 則， 可得， 設(shè)平面MBC的法向量，則， 令，則，可得；

17、 設(shè)平面PBC的法向量，則， 令，則，可得； 則， 所以平面MBC與平面PBC夾角的余弦值為. 19．(1)列聯(lián)表見解析；有 (2)分布列見解析；期望為 【分析】（1）列出列聯(lián)表，求出并與比較即可； （2）分別求抽取的3人中男生和女生的人數(shù)，寫出的可能取值，求出概率，求出期望. 【詳解】（1）依題意可得列聯(lián)表如下： 乒乓球愛好者 非乒乓球愛好者 總計(jì) 男 40 16 56 女 20 24 44 總計(jì) 60 40 100 ， 我們有的把握認(rèn)為是否為“乒乓球愛好者”與性別有關(guān)； （2）由（1）得抽取的3人中人為男生，人為女生， 則的可能

18、取值為、、、， 所以，， ，， 所以的分布列為： 0 1 2 3 所以． 20．(1) (2) 【分析】（1）由已知條件結(jié)合雙曲線的性質(zhì)求得，再由離心率即可求出； （2）雙曲線C和直線l的方程聯(lián)立，求出原點(diǎn)O到直線l的距離，和，即可得出△OAB的面積 【詳解】（1）雙曲線C：的焦點(diǎn)坐標(biāo)為，其漸近線方程為， 所以焦點(diǎn)到其漸近線的距離為． 因?yàn)殡p曲線C的離心率為， 所以，解得， 所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為． （2）設(shè)，， 聯(lián)立，得，， 所以，． 由， 解得t＝1（負(fù)值舍去）， 所以，． 直線l：，所以原點(diǎn)O到直線l的距離為，

19、 ， 所以△OAB的面積為． 21．(1)遞減區(qū)間為，無遞增區(qū)間； (2). 【分析】（1）求出函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)求出的單調(diào)區(qū)間. （2）等價(jià)變形給定不等式得，令并求出值域，再換元并分離參數(shù)構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的最小值即得. 【詳解】（1）依題意，函數(shù)的定義域?yàn)椋? 求導(dǎo)得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號， 即在上單調(diào)遞減， 所以函數(shù)的遞減區(qū)間為，無遞增區(qū)間. （2）當(dāng)時(shí)，恒成立， 令，求導(dǎo)得， 當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，， 即函數(shù)在上遞減，在上遞增，則當(dāng)時(shí)，， 令，依題意，，恒成立， 令，求導(dǎo)得，則函數(shù)在上單調(diào)遞增， 當(dāng)時(shí)，，因此， 所以實(shí)數(shù)m的取值范圍. 【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：涉及

20、不等式恒成立問題，將給定不等式等價(jià)轉(zhuǎn)化，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探求函數(shù)單調(diào)性、最值是解決問題的關(guān)鍵. 22．(1)直線l：；曲線C： (2) 【分析】（1）根據(jù)參數(shù)方程、極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化公式處理即可； （2）聯(lián)立l與C的方程，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求解m的范圍即可. 【詳解】（1）因?yàn)閘：，所以， 又因?yàn)椋曰啚椋? 因?yàn)?，整理得C的直角坐標(biāo)方程：； （2）聯(lián)立l與C的方程， 即在時(shí)有交點(diǎn)即可， 易知對稱軸為，由二次函數(shù)的單調(diào)性可知：， 所以， 故 即m的取值范圍為. 23．(1) (2)． 【分析】（1）將函數(shù)寫成分段函數(shù)，再分類討論分別得到不等式組，解得即可； （2）利用絕對值三角不等式求出的最小值，得到即可. 【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，函數(shù) 由，即為， 等價(jià)于或或， 即或或， 故或或． 故不等式的解集為． （2）對任意x都成立，即恒成立， 因?yàn)榻^對值三角不等式， 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號成立， 所以，即，或，解得． 所以的取值范圍為．