精品解析：陕西省西安市鄠邑区2023-2024学年高三下学期高考模拟测试数学（文科）试题

2024年普通高等学校招生全国统一考试 数学模拟测试（文科） 考生注意： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填写在答题卡上． 3．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 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 3. 已知向量，，，则（ ） A. －3 B. －1 C. 1 D. 3 4. 若过点可作圆的两条切线，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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 6. 已知是等比数列的前n项和，，，则（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 7. 已知，函数，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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. 8 B. 12 C. 16 D. 20 9. 已知是函数的极小值点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 10. 设抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 22 11. 已知定义在上的奇函数满足，则（ ） A. 0 B. 105 C. 210 D. 225 12. 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. 2290 B. 2540 C. 2650 D. 2870 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上． 13. 某厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种零件，经统计，甲车间生产的100个零件中的次品率为0.03，乙车间生产的200个零件中的次品率为0.02，丙车间生产的200个零件中的次品率为0.03，则该厂零件的次品率的估计值为______． 14. 若x，y满足约束条件则目标函数的最大值为______． 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______． 16. 在半径为5的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为______． 三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22，23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分． 17. 为提升基层综合文化服务中心服务效能，广泛开展群众性文化活动，某村干部在本村的村民中进行问卷调查，将他们的成绩（满分：100分）分成7组：．整理得到如下频率分布直方图． （1）求的值并估计该村村民成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； （2）从成绩在内的村民中用分层抽样的方法选取6人，再从这6人中任选2人，求这2人成绩不在同一组的概率． 18. 在四棱锥中，平面平面，，，，． （1）证明：． （2）若为等边三角形，求点C到平面的距离． 19. 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． 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若当时，恒成立，求的取值范围． 21. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且过两点． （1）求的方程． （2）是上两个动点，为的上顶点，是否存在以为顶点，为底边的等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的三角形的个数；若不存在，请说明理由． （二）选考题：共10分．请考生从第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分． [选修4—4：坐标系与参数方程]（10分） 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． [选修4—5：不等式选讲]（10分） 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年普通高等学校招生全国统一考试 数学模拟测试（文科） 考生注意： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填写在答题卡上． 3．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用交集定义、不等式性质求解. 【详解】因为，，所以． 故选：B 2. 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】C 【解析】 【分析】由复数的运算化简后求出即可. 【详解】， 所以在复平面内，对应的点位于第三象限. 故选：C. 3. 已知向量，，，则（ ） A. －3 B. －1 C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】结合平面向量的数量积运算，即可求解. 【详解】因为向量，，由，可得，所以，解得． 故选：A 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】 【分析】根据点在圆外即可求解. 【详解】圆，即圆，则，解得． 过点有两条切线，则点P在圆外，，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】 【分析】由线面平行的性质判定得到充分性，通过举反例得到没有必要性. 【详解】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. 12 B. 14 C. 16 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合等比数列性质求得，，即可得结果. 【详解】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】 【分析】依题意为最大值或最小值，从而得到为函数的对称轴，再根据正弦函数的性质求出，最后确定的最小正值. 【详解】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. 8 B. 12 C. 16 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，求出剔除后的平均数，进而求出剔除前的平均数，根据回归直线必过样本点中心得到，进而得到，将点代入，即可求解. 【详解】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. 已知是函数的极小值点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据极小值的定义，在的左侧函数递减，右侧函数递增可得. 【详解】由已知，， 令得或， 由题意是极小值点，则， 若，则时，，单调递减，时，，单调递增， 则是函数的极小值点， 若，则时，，单调递减，时，，单调递增， 则是函数的极大值点，不合题意， 综上，，即. 故选：A. 10. 设抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 22 【答案】B 【解析】 【分析】设直线的方程为，，，联立，利用韦达定理和抛物线的定义即可求解. 【详解】设抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点， 设直线的方程为，，， 联立，可得，所以，， 则．因为，，所以，， 则，解得或．因为，所以． 故选：B 11. 已知定义在上的奇函数满足，则（ ） A. 0 B. 105 C. 210 D. 225 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由奇函数的性质以及，分析可得，求出，，即可求解. 【详解】因为是奇函数，所以．由，可得，则． 因为是奇函数，所以，则，，，，又，则，，，， 所以． 故选：C 12. 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. 2290 B. 2540 C. 2650 D. 2870 【答案】D 【解析】 【分析】由题意总结规律得，再利用累加法求得的通项公式，然后再进分组求和，建立一个关于的方程，解方程可得. 【详解】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. 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上． 13. 某厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种零件，经统计，甲车间生产的100个零件中的次品率为0.03，乙车间生产的200个零件中的次品率为0.02，丙车间生产的200个零件中的次品率为0.03，则该厂零件的次品率的估计值为______． 【答案】0.026## 【解析】 【分析】由平均值计算公式求解． 【详解】该厂零件的次品率的估计值为． 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】 【分析】画出可行域结合直线的几何意义即可求解. 【详解】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】 【分析】设，，在中，利用余弦定理求出，再根据双曲线的定义即可求出，再在中，利用余弦定理即可得解. 【详解】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. 在半径为5的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用球的截面小圆性质，用圆锥的高表示出圆锥的底面圆半径，再求出圆锥体积的函数关系，利用导数求出最大值即得. 【详解】过圆锥的轴的平面截球面得大圆，截圆锥得轴截面等腰三角形，是球的截面大圆的内接三角形，如图， 设圆锥的高为，圆锥底面圆半径为，球心到圆锥底面距离， 则，即，圆锥体积， 求导得，当时，，当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以圆锥体积的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键. 三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22，23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分． 17. 为提升基层综合文化服务中心服务效能，广泛开展群众性文化活动，某村干部在本村的村民中进行问卷调查，将他们的成绩（满分：100分）分成7组：．整理得到如下频率分布直方图． （1）求的值并估计该村村民成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； （2）从成绩在内的村民中用分层抽样的方法选取6人，再从这6人中任选2人，求这2人成绩不在同一组的概率． 【答案】（1），平均数为； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据频率之和等于1可得，然后由平均数的估算公式可的平均数； （2）求出两组的频率，根据频率比求出每层抽取的人数，然后利用列举法和古典概型概率公式可得. 【小问1详解】 由直方图可得， 解得， 平均数为. 【小问2详解】 成绩在内的频率分别为， 则成绩在内抽取的人数分别为人，人， 成绩在内的2人记为，成绩在内的4人记为， 从这6人中任选2人的样本空间 ，所以. 记2人成绩不在同一组为事件A， 则，所以， 所以从这6人中任选2人，这2人成绩不在同一组的概率. 18. 在四棱锥中，平面平面，，，，． （1）证明：． （2）若为等边三角形，求点C到平面的距离． 【答案】（1） 因为，，所以，， 由余弦定理可得， 所以，则． 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面PAD． 因为平面PAD，所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）先证明，再由面面垂直的性质定理求解； （2）过点P作，所以平面，由体积法求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点P作，因为平面平面ABCD，且平面平面，所以平面． 因为， 在中，，而， ． 设点C到平面的距离为h，， 则，解得， 所以点C到平面的距离为． 19. 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． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用同角公式切化弦，正弦定理边化角求解即得. （2）利用三角形面积公式求出，再余弦定理列方程求解即得. 【小问1详解】 依题意，， 在中，由正弦定理得， 因此，而，则，又， 所以. 【小问2详解】 由的面积为，得，解得， 由余弦定理得， 而，则，解得，， 所以的周长为. 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若当时，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）． （2）． 【解析】 【分析】（1）结合导数的几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程； （2）先对函数求导，结合导数与单调性关系对进行分类讨论，然后结合恒成立与最值关系转化即可求解. 【小问1详解】 当时，，则． 又，所以切线方程为，即． 【小问2详解】 ． 当时，在上恒成立，则在上单调递增， 又，所以恒成立，满足题意； 当时，，，不符合题意． 综上，的取值范围为． 21. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且过两点． （1）求的方程． （2）是上两个动点，为的上顶点，是否存在以为顶点，为底边的等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的三角形的个数；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在，个 【解析】 【分析】（1）设椭圆的方程为，根据条件得到，即可求出结果； （2）设直线为，直线为，当时，由椭圆的对称性知满足题意；当时，联立直线与椭圆方程，求出的坐标，进而求出中垂线方程，根据条件中垂线经过点，从而将问题转化成方程解的个数，即可解决问题. 【小问1详解】 由题设椭圆的方程为， 因为椭圆过两点， 所以，得到，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，易知直线的斜率均存在且不为0， 不妨设，，直线为，直线为， 由椭圆的对称性知，当时，显然有，满足题意， 当时，由，消得到， 所以，，即， 同理可得，所以， 设中点坐标为，则，， 所以中垂线方程为， 要使为为底边的等腰直角三角形，则直中垂线方程过点， 所以，整理得到， 令，则，，所以有两根，且，即有两个正根， 故有2个不同的值，满足， 所以由椭圆的对称性知，当时，还存在2个符合题意的三角形， 综上所述，存在以为顶点，为底边的等腰直角三角形，满足条件的三角形的个数有3个. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，通过设出直线为，直线为，联立椭圆方程求出坐标，进而求出直线的中垂线方程，将问题转化成直线的中垂线经过点，再转化成关于的方程的解的问题. （二）选考题：共10分．请考生从第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分． [选修4—4：坐标系与参数方程]（10分） 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． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程和极坐标方程及直角坐标方程直角进行转换；（2）利用点到直线的距离公式求出三角函数的正切值. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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]（10分） 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）把代入，再利用分段讨论求解含绝对值符号的不等式即得. （2）在给定条件下，等价变形不等式，再由恒成立求出a的范围. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $