精品解析：陕西省铜川市2024届高三第三次模拟考试文科数学试题

铜川市2024年高三年级第三次模拟考试 数学（文科）试题 注意事项： 1.本试卷共4页，全卷满分150分，答题时间120分钟 2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回， 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，，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 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. 4. 设函数在区间单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆经过点，则其圆心到原点的距离的最大值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 如图是一个射击靶的示意图，其中每个圆环的宽度与中心圆的半径相等.某人朝靶上任意射击一次没有脱靶，则其命中环的概率为（ ） A. B. C. D. 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. 9. 设的内角满足，则“是锐角三角形”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 10. 已知原点为，椭圆与直线交于两点，线段的中点为，若直线的斜率为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 11. 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. 12. 若函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 某校高一年级甲，乙两名同学8次历史测试（100分制）成绩如茎叶图所示，则甲，乙两名同学成绩的中位数之和为______. 14. 已知点为外接圆的圆心，且，则__________. 15. 已知函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，写出函数的一个解析式为__________. 16. 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表面积为__________. 三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤第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. 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. 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）求甲教师总得分为0分的概率； （2）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.）. 19. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，点是的中点，是线段上靠近的三等分点，. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求实数的取值范围. 21. 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. （二）选考题：共10分.考生从22､23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分. 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. 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：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 铜川市2024年高三年级第三次模拟考试 数学（文科）试题 注意事项： 1.本试卷共4页，全卷满分150分，答题时间120分钟 2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回， 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，，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用集合的包含关系列式求解. 【详解】集合，，由，得， 所以实数的取值范围为. 故选：C 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算即可化简求解. 【详解】复数. 故选：A 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】 【分析】由题意判断，由双曲线方程写出其渐近线方程，比较即得，代入方程即可求得其焦点坐标. 【详解】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. 设函数在区间单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用复合函数单调性知识，结合对数函数和二次函数单调性可解. 【详解】设，则其对称轴为，抛物线开口向下， 是减函数，要使在区间单调递减， 则在区间单调递增，即且，即， 故实数的取值范围是. 故选：D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据和差角公式化简可得，即可根据二倍角公式求解. 【详解】， . 故选：A. 6. 已知圆经过点，则其圆心到原点的距离的最大值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】由题意及圆的定义得圆心所在的轨迹方程，然后利用点与圆的位置关系求解最大值即可. 【详解】由圆经过点，可得， 即，故圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆， 又，所以圆心到原点的距离的最大值为. 故选：C 7. 如图是一个射击靶的示意图，其中每个圆环的宽度与中心圆的半径相等.某人朝靶上任意射击一次没有脱靶，则其命中环的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设中心环圆的半径为，则大圆的半径为，求出大圆的面积与环所在圆环的面积，再由几何概型的概率公式计算可得. 【详解】设中心环圆的半径为，则射击靶所在大圆的半径为，面积为； 环所在圆环的面积为，故所求概率. 故选：A 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】 【分析】首先化解函数的解析式，再根据函数的性质判断ABC，求，判断函数是否是偶函数，即可判断D. 【详解】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. 设的内角满足，则“是锐角三角形”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】根据锐角三角形角的大小关系，即可由三角函数的单调性求解充分性，举反例即可说明不必要性. 【详解】若是锐角三角形，则，于是，即充分性得证； 当时，满足，但不是锐角三角形，必要性不成立. 故“是锐角三角形”是“”的充分不必要条件， 故选：A 10. 已知原点为，椭圆与直线交于两点，线段的中点为，若直线的斜率为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，则，由点差法求解离心率即可. 【详解】设，则， 则，两式相减可得， ，即， 即，，故. 故选：B 11. 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】 【分析】借助正方体截面的性质可得该截面是边长为的正六边形，计算其面积即可得. 【详解】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. 12. 若函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两个极值点，看将问题转化为由两个不同的正实数根，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解. 【详解】， 令，得. 令，则. 令，则，即，即. 当时，在单调递增；当时，在单调递减. ， 又当时，；当时，， 当时，方程有两个正根，从而函数有两个极值点. 故选：B 二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 某校高一年级甲，乙两名同学8次历史测试（100分制）成绩如茎叶图所示，则甲，乙两名同学成绩的中位数之和为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据中位数的概念求解两组数据的中位数，即可得解. 【详解】由茎叶图知：甲数据为， 乙数据为， 所以甲，乙两组数据的中位数分别为， 故中位数之和为. 故答案为： 14. 已知点为外接圆的圆心，且，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量的运算可得，进而根据外心的性质以及向量加法的运算法则可得四边形为的菱形，即可求解. 【详解】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. 已知函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，写出函数的一个解析式为__________. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】由为奇函数可得的图象关于点中心对称，结合偶函数的性质可构造符合题意. 【详解】由为偶函数，知的图象关于轴对称； 由为奇函数，知的图象关于点中心对称， 据此构造函数，则是偶函数； 为奇函数，符合题意. 故答案为：（答案不唯一）. 16. 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表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据几何体的结构特征可知球心在直线上，由勾股定理可得，进而可得，进而，即可求解，再由表面积公式即可求解. 【详解】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）. 故所求外接球的表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查球的切接问题，关键在于根据几何体的对称性，通过直观想象明确外接球的球心位置，结合正方形ABCD的外接圆半径求解可得. 三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤第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. 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. 【答案】（1） （2）15 【解析】 【分析】（1）利用通项与前n项和的关系先求，然后可得； （2）利用裂项相消法求和，然后解不等式即可. 【小问1详解】 当时，， 当时，， ， 两式相减，得， ， 显然也符合上式， 数列的通项公式为. 【小问2详解】 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）求甲教师总得分为0分的概率； （2）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.）. 【答案】（1）0.352 （2）甲､乙获得冠军的实力没有明显差别. 【解析】 【分析】（1）应用互斥事件的概率计算求解； （2）应用对立事件结合互斥事件求概率，再根据新定义计算判断下结论. 【小问1详解】 甲教师总得分为0分， 甲教师在三个项目比赛中赢一项输两项. 所求概率为. 【小问2详解】 不妨设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为， 则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. 19. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，点是的中点，是线段上靠近的三等分点，. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：如图， 连接交于点，连接， 四边形是正方形，为中点， 是中点，， 平面平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线证明线线平行，然后由线面平行的判定定理证明即可； （2）由线面垂直证明出，计算出三角形的面积，设点到平面的距离为，由等体积法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面，平面，. 又四边形是正方形，. 又，平面，平面. 又平面. 点是的中点，. 又，平面，平面. 又平面. 又易知. . . 又是线段上靠近的三等分点， ， . 设点到平面的距离为，则，解得. 点到平面的距离为. 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先计算当时，函数的解析式，并求导，根据导数的几何意义可得，再由点斜式写出切线的方程即可． （2）先求出，再令，并求出，通过分两种情况，，讨论的正负，得的增减性，进而判断是否恒成立，即可得出答案． 【小问1详解】 当时，， 所以， 所以， 即所求切线方程为， 即. 【小问2详解】 因为， 所以， 令， 则， 当时，易知， 所以在单调递增， 即. 当，即时，， 所以函数单调递增，即，符合题意. 当，即时，， 又当时，， 所以. 当时，，函数单调递减， 当时，，不符合题意. 综上，实数的取值范围为 21. 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. 【答案】（1） （2）存在点 【解析】 【分析】（1）由的面积为，结合抛物线的几何性质，列出方程，求得，即可求解； （2）设点，可设直线的方程为，联立方程组求得，根据，列出方程求得，再由弦长公式和点到直线的距离公式，列出方程，求得的，进而得到的值，即可求解. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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， 原点到直线的距离， 所以，解得，所以， 所以存在点，符合题目要求. 【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略： 1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化． 2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用. （二）选考题：共10分.考生从22､23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由曲线的参数方程得到，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解； （2）由（1）中曲线的方程，根据，得到，结合，即可求解. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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， 所以面积的最大值为. 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：. 【答案】（1） （2） 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. 【解析】 【分析】（1）将函数写成分段函数，从而利用分类讨论法解得； （2）首先由图象求出，即可得到，方法一：利用基本不等式证明，方法二：利用柯西不等式证明. 【小问1详解】 不等式等价于或或， 解得或或. 不等式的解集为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $