陜西省西安市西安中學(xué)2024屆高三下學(xué)期模擬考試（七）文科數(shù)學(xué)試題（原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一、單選題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）
1. 已知集合，若，則實(shí)數(shù)a的取值所組成的集合是（）
A. B. C. 0，D. 0，
【答案】D
【解析】
【分析】等價(jià)于，分、兩種情況討論，從而可得答案.
【詳解】.
當(dāng)時(shí)，為空集，滿足條件.
當(dāng)時(shí)，或，解得或.
綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值所組成的集合是2，.
故選：D.
【點(diǎn)睛】本題主要考查集合的表示方法，空集的定義，以及并集與子集的定義，屬于基礎(chǔ)題.
2. 函數(shù)的零點(diǎn)所在的區(qū)間是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先判斷函數(shù)單調(diào)性，再根據(jù)零點(diǎn)存在定理將端點(diǎn)值代入，即可判斷零點(diǎn)所在區(qū)間.
【詳解】由于均為增函數(shù)，
所以為定義域上的增函數(shù)，
,
根據(jù)零點(diǎn)存在定理,
零點(diǎn)在區(qū)間內(nèi).
故選：C
3. 已知直線與直線平行，則（）
A. B. C. 或D.
【答案】B
【解析】
【分析】由兩直線平行，得到，求解，得出的值，再代入直線方程檢驗(yàn)，即可得出結(jié)果.
【詳解】因?yàn)橹本€與直線平行，
所以，即，解得：或，
當(dāng)時(shí)，與重合，不滿足題意，舍去；
當(dāng)時(shí)，與平行，滿足題意.
故選：B
【點(diǎn)睛】本題主要考查由直線平行求參數(shù)，熟記直線平行的判定條件即可，屬于常考題型.
4. 天氣預(yù)報(bào)顯示，在今后的三天中，每一天下雨的概率為40%，現(xiàn)用隨機(jī)模擬的方法估計(jì)這三天中恰有兩天下雨的概率：先利用計(jì)算器產(chǎn)生0--9之間整數(shù)值的隨機(jī)數(shù)，并制定用1，2，3，4表示下雨，用5，6，7，8，9，0表示不下雨，再以每3個(gè)隨機(jī)數(shù)作為一組，代表三天的天氣情況，產(chǎn)生了如下20組隨機(jī)數(shù)
907 966 191 925 271 932 812 458 569 683
431 257 393 027 556 488 730 113 537 989
則這三天中恰有兩天下雨的概率近似為
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】解：閱讀隨機(jī)數(shù)表可知，滿足題意的數(shù)據(jù)為： ,
據(jù)此可知：這三天中恰有兩天下雨的概率近似為 .
本題選擇B選項(xiàng).
5. 在空間中，已知命題的三個(gè)頂點(diǎn)到平面的距離相等且不為零，命題：平面平面，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
【答案】B
【解析】
【分析】由線面平行的性質(zhì)結(jié)合平面與平面的位置關(guān)系判斷即可.
【詳解】當(dāng)平面平面時(shí)，的三個(gè)頂點(diǎn)到平面的距離相等且不為零；
當(dāng)?shù)娜齻€(gè)頂點(diǎn)到平面的距離相等且不為零時(shí)，平面可能與平面相交，例如當(dāng)平面且的中點(diǎn)在平面內(nèi)時(shí)，的三個(gè)頂點(diǎn)到平面的距離相等且不為零，但平面與平面相交.
即是的必要不充分條件
故選：B
6. 已知關(guān)于x的方程（x2＋mx）＋2xi＝－2－2i（m∈R）有實(shí)數(shù)根n，且z＝m＋ni，則復(fù)數(shù)z等于（）
A. 3＋iB. 3－i
C. －3－iD. －3＋i
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)相等得出的值，進(jìn)而得出復(fù)數(shù)z.
【詳解】由題意知（n2＋mn）＋2ni＝－2－2i，
即，解得，
故選：B
7. 過點(diǎn)且與拋物線有且只有1個(gè)公共點(diǎn)的直線條數(shù)為（）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】通過作圖，可見直線與拋物線有且只有1個(gè)公共點(diǎn)的直線有兩類：一類與拋物線對稱軸平行，一類與拋物線相切，統(tǒng)計(jì)即得.
【詳解】
如圖，設(shè)過點(diǎn)的直線為，則當(dāng)與軸平行時(shí)，與拋物線有一個(gè)公共點(diǎn)；
當(dāng)直線和拋物線相切（有兩條切線）時(shí)，直線與拋物線也只有一個(gè)公共點(diǎn).
由畫圖可知，過點(diǎn)與拋物線有且只有1個(gè)公共點(diǎn)的直線有3條.
故選:D.
8. 在正方體中，分別是的中點(diǎn)，則直線與平面所成角的余弦值為
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】設(shè)正方體的棱長為，如圖，連接，它們交于，連接，則平面，而，故就是直線與平面所成的余角，又為直角三角形且，所以，，設(shè)直線與平面所成的角為，則，選C.
點(diǎn)睛：線面角的計(jì)算往往需要先構(gòu)造面的垂線，必要時(shí)還需將已知的面的垂線適當(dāng)平移才能構(gòu)造線面角，最后把該角放置在容易計(jì)算的三角形中計(jì)算其大小.
9. 等差數(shù)列前項(xiàng)和為，且，數(shù)列為等比數(shù)列，則下列說法錯誤的選項(xiàng)是（）
A. 數(shù)列一定是等比數(shù)列B. 數(shù)列一定是等比數(shù)列
C. 數(shù)列一定是等差數(shù)列D. 數(shù)列一定是等比數(shù)列
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差、等比數(shù)列的定義判斷A、B、C，特殊值判斷D，即可得結(jié)果.
【詳解】因?yàn)閿?shù)列是等差數(shù)列，設(shè)其通項(xiàng)公式為，
所以是定值，所以數(shù)列一定是等比數(shù)列，選項(xiàng)正確;
因?yàn)閿?shù)列為等比數(shù)列，設(shè)其通項(xiàng)公式為，
所以是定值，
所以數(shù)列一定是等比數(shù)列，選項(xiàng)正確;
因?yàn)?，所以?br>所以數(shù)列一定是等差數(shù)列，選項(xiàng)正確;
當(dāng)時(shí)，，則不是等比數(shù)列，選項(xiàng)錯誤，
故選:.
10. 已知直線l的斜率為2，l與曲線：和圓：均相切，則（）
A. －4B. －1C. 1D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】設(shè)曲線的切點(diǎn)，利用曲線的幾何意義可得切點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而求得切線方程，再利用圓心到直線的距離等于半徑即可求得值.
【詳解】設(shè)直線l：與曲線相切，切點(diǎn)為，因?yàn)榈膶?dǎo)數(shù)為，由，解得，所以切點(diǎn)為，代入得，所以切線方程為.將化為標(biāo)準(zhǔn)方程為，因?yàn)閘與圓相切，所以，解得.
故選：D
11. 某同學(xué)擲骰子5次，記錄了每次骰子出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)，則從以下情況中可以判斷出這組數(shù)據(jù)一定沒有出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6的是（）
A. 平均數(shù)為3，中位數(shù)為2B. 中位數(shù)為3，眾數(shù)為2
C. 中位數(shù)為3，方差為2.8D. 平均數(shù)為2，方差為2.4
【答案】D
【解析】
【分析】舉特例可說明的A、B、C正誤，利用方差的計(jì)算公式可判斷D.
【詳解】五次點(diǎn)數(shù)分別為2，2，2，3，6時(shí)，滿足平均數(shù)為3，中位數(shù)為2，故中可出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6;
五次點(diǎn)數(shù)分別為2，2，3，5，6時(shí)，滿足中位數(shù)為3，眾數(shù)為2，故中可出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6;
五次點(diǎn)數(shù)分別為2，3，3，6，6時(shí)，滿足中位數(shù)為3，方差為2.8，故中可出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6;
若平均數(shù)為2，出現(xiàn)了6，那么方差至少為，
故中不可能出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6，
故選：.
12. 已知．給出下列說法，其中，正確的說法的個(gè)數(shù)為（）
①若，，且，則；
②存在，使得的圖像右移個(gè)單位長度后得到的圖像關(guān)于軸對稱；
③若在上恰有7個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍為；
④若在上單調(diào)遞增，則的取值范圍為．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用倍角公式化簡函數(shù)解析式，由函數(shù)相鄰的兩個(gè)最值點(diǎn)相隔半個(gè)周期計(jì)算的值驗(yàn)證命題①；由函數(shù)圖像平移后的解析式研究對稱性，驗(yàn)證命題②；在上恰有7個(gè)零點(diǎn)，研究區(qū)間右端點(diǎn)的范圍求的取值范圍，驗(yàn)證命題③；由函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性，求的取值范圍，驗(yàn)證命題④.
【詳解】函數(shù)；
對于①，若，，且，所以的最小正周期為，即，解得，命題①錯誤；
對于②，因?yàn)榈膱D像右移個(gè)單位長度后，得，
由函數(shù)圖像關(guān)于y軸對稱，令，，解得，，
所以對任意整數(shù)k，都有，命題②錯誤；
對于③，由題意知，，解得，所以在上恰有7個(gè)零點(diǎn)時(shí)，的取值范圍是，命題③正確；
對于④，由題意知，，解得，又因?yàn)椋裕?br>即在上單調(diào)遞增時(shí)，的取值范圍是，命題④正確．
綜上知，正確的命題序號是③④，共2個(gè)．
故選：B．
二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）
13. 已知向量，滿足，，則向量與的夾角為________．
【答案】####
【解析】
【分析】根據(jù)條件求出的坐標(biāo)，然后可得答案.
【詳解】因?yàn)?，，所?br>所以
所以向量與的夾角為
故答案為：
14. 下列式子：
，
，
，…
由此可推得，的值為______.
【答案】4950
【解析】
【分析】由題目中給出的式子歸納出第個(gè)式子的結(jié)論，代入求值即可.
【詳解】由已知條件知，，代入，知，
故.
故答案為：4950.
15. 若直線過函數(shù)，且）的定點(diǎn)，則的最小值為__________.
【答案】6
【解析】
【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)，代入直線方程得利用其將變形成，最后運(yùn)用常值代換法即可求得結(jié)論.
【詳解】時(shí)，，
函數(shù)，且的圖象恒過定點(diǎn)，
定點(diǎn)在直線上，
,
由，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號.
即當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取得最小值為.
故答案為：6.
16. 過雙曲線的左焦點(diǎn)F且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點(diǎn)，過A，B分別作雙曲線的同一條漸近線的垂線，垂足分別為P，Q．若，則雙曲線的離心率為______．
【答案】
【解析】
【分析】作，垂足為M，得出，再由，得出，在中得出，結(jié)合列出等式，即可求出離心率．
【詳解】如圖所示，作，垂足為M，則，
設(shè)雙曲線的半焦距為，則點(diǎn)坐標(biāo)為，
在中，
直線的方程為：，即，
，
，
令，得，
解得，
，
，
又，
所以，
，
，
，
，
解得，
其中舍去，
故雙曲線的離心率為，
故答案為：．
三、解答題（本大題共7小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程）
（一）必考題:共60分.
17. 如圖，在平面四邊形中，，，的角平分線與相交于點(diǎn)，且.
（1）求的大?。?br>（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中利用正弦定理結(jié)合已知條件求出，即可得解；
（2）依題意可得，由求出，再在中利用余弦定理計(jì)算可得.
小問1詳解】
在中，由正弦定理得，
所以，
又，
所以，因?yàn)椋?br>所以.
因?yàn)?，所?
【小問2詳解】
因?yàn)?，所?
因?yàn)槠椒郑?
因?yàn)椋?br>所以，
又，，所以，
解得，
因?yàn)椋?br>，
所以.
18. 如圖1，在梯形中，于E，且，將梯形沿折疊成如圖2所示的幾何體，,為的中點(diǎn).
（1）證明：平面；
（2）《九章算術(shù)》中將四個(gè)面均為直角三角形的三棱錐稱為“鱉臑”，若圖1中且，判斷三棱錐是否為“鱉臑”，并說明理由.
【答案】（1）證明見解析
（2）是，理由見解析
【解析】
【分析】（1）取的中點(diǎn)，連，，通過證明四邊形為平行四邊形得到，再根據(jù)直線與平面平行的判定定理可證結(jié)論；
（2）先求出，然后通過計(jì)算可知三棱錐的四個(gè)面均為直角三角形，從而可得答案.
【小問1詳解】
取的中點(diǎn)，連，，如圖：
因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以且，
又且，
所以且，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
【小問2詳解】
三棱錐“鱉臑”，理由如下：
若圖1中且，則，
則，即，結(jié)合圖形可得，
所以，所以，
在圖②中，在三角形中，，
所以，所以，即三角形為直角三角形，
由題意可知，即三角形為直角三角形，所以，
由題意知，，即三角形為直角三角形，所以，
所以，所以，即三角形為直角三角形，
根據(jù)題意可知，三棱錐為“鱉臑”.
19. “碳達(dá)峰”“碳中和”成為今年全國兩會熱詞，被首次寫入政府工作報(bào)告.碳達(dá)峰就是二氧化碳的排放不再增長，達(dá)到峰值之后再慢慢減下去；碳中和是指在一定時(shí)間內(nèi)直接或間接產(chǎn)生的溫室氣體排放總量通過植樹造林?節(jié)能減排等方式，以抵消自身產(chǎn)生的二氧化碳排放量，實(shí)現(xiàn)二氧化碳“零排放”.2020年9月，中國向世界宣布了2030年前實(shí)現(xiàn)碳達(dá)峰，2060年前實(shí)現(xiàn)碳中和的目標(biāo).某城市計(jì)劃通過綠色能源(光伏?風(fēng)電?核能)替代煤電能源，智慧交通，大力發(fā)展新能源汽車以及植樹造林置換大氣中的二氧化碳實(shí)現(xiàn)碳中和.該城市某研究機(jī)構(gòu)統(tǒng)計(jì)了若干汽車5年內(nèi)所行駛的里程數(shù)(萬千米)的頻率分布直方圖，如圖.
（1）求a的值及汽車5年內(nèi)所行駛里程的平均值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表).
（2）據(jù)“碳中和羅盤”顯示：一輛汽車每年行駛1萬千米的排碳量需要近200棵樹用1年時(shí)間來吸收.根據(jù)頻率分布直方圖，該城市每一輛汽車平均需要多少棵樹才能夠達(dá)到“碳中和”？
（3）該城市為了減少碳排量，計(jì)劃大力推動新能源汽車，關(guān)于車主購買汽車時(shí)是否考慮對大氣污染的因素，對300名車主進(jìn)行了調(diào)查，這些車主中新能源汽車車主占，且這些車主在購車時(shí)考慮大氣污染因素的占，燃油汽車車主在購車時(shí)考慮大氣污染因素的占.根據(jù)以上統(tǒng)計(jì)情況，補(bǔ)全下面列聯(lián)表，并回答是否有的把握認(rèn)為購買新能源汽車與考慮大氣污染有關(guān).
附：，其中.
【答案】（1），平均值(萬千米)；（2）棵；（3）列聯(lián)表答案見解析，沒有的把握認(rèn)為購買新能源汽車與考慮大氣污染有關(guān).
【解析】
【分析】（1）由頻率分布直方圖及頻率之和為1求a,再結(jié)合頻率分布直方圖求均值即可；
（2）求出汽車一年的行駛里程均值，根據(jù)碳中和概念列方程求解；
（3）列出聯(lián)表，計(jì)算，根據(jù)臨界值表作出結(jié)論即可.
【詳解】（1）由，解得.
設(shè)為汽車5年內(nèi)所行駛里程的平均值，則
(萬千米).
（2）由（1）可知，一輛汽車1年內(nèi)所行駛里程的平均值為(萬千米).
因?yàn)橐惠v汽車每年行駛1萬千米的排碳量需要近200棵樹用1年時(shí)間來吸收，
所以每一輛汽車平均需要(棵)樹才能夠達(dá)到“碳中和”.
（3）補(bǔ)全的列聯(lián)表如下：
所以.
因?yàn)椋?br>所以沒有的把握認(rèn)為購買新能源汽車與考慮大氣污染有關(guān).
20. 已知函數(shù).
（1）若a= -2，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，求證.
【答案】（1）單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；（2）證明見解析.
【解析】
【分析】
（1）由a= -2，求導(dǎo)，再由，求解即可,
（2）求導(dǎo)，根據(jù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，得到x1，x2為方程的兩個(gè)不等實(shí)根，然后結(jié)合韋達(dá)定理得到，再
令，用導(dǎo)數(shù)法證明即可.
【詳解】（1）f(x)的定義域是.
當(dāng)a= -2時(shí)，，，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.
（2），
因?yàn)閒(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，
故x1，x2為方程的兩個(gè)不等實(shí)根，
所以，
.
,
令，
則，
在單調(diào)遞增，
故
.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式常構(gòu)造函數(shù)φ(x)，將不等式轉(zhuǎn)化為φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的單調(diào)性、最值，判定φ(x)與0的關(guān)系，從而證明不等式．
21. 平面直角坐標(biāo)系中，過橢圓：（）右焦點(diǎn)的直線交于，兩點(diǎn)，為的中點(diǎn)，且的斜率為.
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ），為上的兩點(diǎn)，若四邊形的對角線，求四邊形面積的最大值.
【答案】(Ι) （Ⅱ）
【解析】
【分析】(1)把右焦點(diǎn)代入直線方程可求出c，設(shè) ，線段AB中點(diǎn)，利用“點(diǎn)差法”即可得出a,b的關(guān)系式，再與聯(lián)立即可求出a,b，進(jìn)而可得橢圓方程；
(2)由，可設(shè)直線CD方程為,與橢圓方程聯(lián)立可得根與系數(shù)關(guān)系，即可得到弦長，把直線，利用即可得到關(guān)于m的表達(dá)式，利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可求出其最大值.
【詳解】(Ι)設(shè) 則，，（1）－（2）得：
，因?yàn)?，設(shè)，因?yàn)镻為AB的中點(diǎn)，且OP的斜率為，所以，即，所以可以解得，即，即，又因?yàn)?，所以，所以M的方程為.
（Ⅱ）因?yàn)椋本€AB方程為，所以設(shè)直線CD方程為，
將代入得：，即、，所以可得；將代入得：，設(shè) 則=，又因?yàn)?，即，所以?dāng)時(shí)，|CD|取得最大值4，所以四邊形ACBD面積的最大值為 .
【點(diǎn)睛】本小題考查橢圓的方程的求解、直線與橢圓的位置關(guān)系，考查數(shù)學(xué)中的待定系數(shù)法、設(shè)而不求思想，考查同學(xué)們的計(jì)算能力以及分析問題、解決問題的能力.圓錐曲線是高考的熱點(diǎn)問題,年年必考,熟練本部分的基礎(chǔ)知識是解答好本類問題的關(guān)鍵.
（二）選考題:共10分.請考生在第22、23兩題中任選一題作答.
選修4-4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程
22. 平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線的極坐標(biāo)方程為
（1）求曲線的普通方程與的直角坐標(biāo)方程;
（2）求上的動點(diǎn)到距離的取值范圍.
【答案】（1）的普通方程為．的直角坐標(biāo)方程為；（2）．
【解析】
【分析】
（1）把參數(shù)方程化普通方程，由化極坐標(biāo)方程為直角坐標(biāo)方程；
（2）設(shè)上的動點(diǎn)為，求出點(diǎn)到直線的距離，利用三角函數(shù)知識可得取值范圍．
【詳解】（1）∵直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），
∴消去參數(shù)，得的普通方程為．
∵曲線的極坐標(biāo)方程為，
，
的直角坐標(biāo)方程為，即．
（2）曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），設(shè)上的動點(diǎn)為，
則上的動點(diǎn)到距離．
∵，則上的動點(diǎn)到距離的最大值是，最小值是，
∴上的動點(diǎn)到距離的取值范圍是．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題參數(shù)方程與普通方程的互化，考查極坐標(biāo)方程與直角坐標(biāo)方程的互化，涉及到橢圓上的點(diǎn)到定直線的距離的最值問題時(shí)可用橢圓的參數(shù)方程，設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)（對可設(shè)），由點(diǎn)到直線的距離公式把問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的最值．
不等式選做
23. 若關(guān)于x的不等式的解集為．
（1）求實(shí)數(shù)m，n的值；
（2）若實(shí)數(shù)y，z滿足，，求證：．
【答案】（1）；（2）見解析
【解析】
【分析】（1）由題得，解方程組即得m,n的值；（2），再結(jié)合已知證明.
【詳解】（1）由,得,即，
則解得
（2）由（1）可知，，
又因?yàn)椋?br>所以．
【點(diǎn)睛】本題主要考查絕對值不等式的解法和絕對值不等式的證明，意在考查學(xué)生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.
考慮大氣污染
沒考慮大氣污染
合計(jì)
新能源汽車車主
燃油汽車車主
合計(jì)
0.10
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
5.024
6.635
7.879
10.828
考慮大氣污染
沒考慮大氣污染
合計(jì)
新能源汽車車主
10
40
50
燃油汽車車主
25
225
250
合計(jì)
35
265
300

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