陕西省宝鸡市2024届高三下学期高考模拟检测（二）文科数学试题（含解析）

这是一份陕西省宝鸡市2024届高三下学期高考模拟检测（二）文科数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A．B．C．D．
3．2023年3月11日，“探索一号”科考船搭载着“奋斗者”号载人潜水器圆满完成国际首次环大洋洲载人深潜科考任务，顺利返回三亚．本次航行有两个突出的成就，一是到达了东南印度洋的蒂阿曼蒂那深渊，二是到达了瓦莱比—热恩斯深渊，并且在这两个海底深渊都进行了勘探和采集．如图1是“奋斗者”号模型图，其球舱可以抽象为圆锥和圆柱的组合体，其轴截面如图2所示，则该模型球舱体积为（ ）．
A．B．C．D．
4．已知各项均为正数的等比数列，满足，若存在不同两项使得，则的最小值为（ ）
A．9B．C．D．
5．已知实数满足不等式组，则的最大值为（ ）
A．3B．2
C．D．
6．已知函数则（ ）
A．存在最小值
B．在上是增函数，在上是减函数
C．的图象关于点（1，0）对称
D．的图象关于直线对称
7．函数的最小正周期为，其图像向左平移个单位长度后关于原点对称，则函数在上的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知两条直线、，两个平面、，给出下面四个命题：
①，，； ②，；
③，； ④，，.
其中正确命题的序号是：（ ）
A．①③B．①④C．③④D．②③
9．已知直线与双曲线交于两点，点是弦的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．C．D．3
10．在中，分别是角的对边，若，则的值为（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
11．记为等差数列的前项和，若，，且，则数列中最大的负数为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，若至多有一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知向量，且，则向量与的夹角为 ．
14．已知样本，的平均数为10，则该样本方差的最小值为 ．
15．直线与圆相交于M，N两点，若，则 .
16．已知定义在上的奇函数满足，，为数列的前项和，且，则= ．
三、解答题
17．目前，随着人们的生活节奏的加快，人们出行时乘坐的交通工具也逐渐多样化.某公司为了了解员工上个月上、下班时两种交通工具乘坐情况，从全公司所有的名员工中随机抽取了人，发现样本中两种交通工具都不乘坐的有人，样本中仅乘坐和仅乘坐的员工月交通费用分布情况如下：
(1)估计该公司员工中上个月两种交通工具都乘坐的人数；
(2)从样本中仅乘坐的员工中随机抽取人，求该员工上个月交通费用大于元的概率；
(3)已知上个月样本中的员工乘坐交通工具方式在本月没有变化.现从样本中仅乘坐的员工中随机抽查人，发现他本月交通费用大于元.结合（2）的结果，能否认为样本中仅乘坐的员工中本月交通费用大于元的人数有变化？请说明理由.
18．中，D为BC边的中点，.
(1)若的面积为，且，求的值；
(2)若，求的周长的最大值.
19．在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，.
(1)证明：四边形ABCD为菱形；
(2)E为棱PB上一点（不与P，B重合），证明：AE不可能与平面PCD平行.
20．已知函数.
(1)时，求的零点个数；
(2)若时，恒成立，求a的取值范围.
21．已知椭圆经过点，下顶点为抛物线的焦点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点均在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，
（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）当时，求直线的方程．
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求曲线与曲线的交点的直角坐标；
(2)将曲线绕极点按逆时针方向旋转得到曲线，求曲线的直角坐标方程．
23．已知函数．
(1)求的最小值；
(2)若时，恒成立，求的最小值．
交通费用交通工具
不大于元
大于元
仅乘坐
人
人
仅乘坐
人
人
参考答案：
1．A
【分析】求出集合后可求.
【详解】，故，
故选：A.
2．C
【分析】由复数的几何意义可得，再计算，即可得答案；
【详解】由复数的几何意义可得，
，
故选：C.
3．D
【分析】
根据圆锥以及圆柱的体积公式即可求得答案.
【详解】由模型的轴截面可知圆锥的底面半径为，高为；
圆柱的底面半径为，高为，
故该模型球舱体积为（），
故选：D.
4．B
【分析】利用基本量法可得，再就的不同取值可求的最小值.
【详解】设等比数列的公比为，则，
而，则，故（舍）或，
故，而，故，故，
因为为正整数，故或或，
若，则；若，则；
若，则，
而，故的最小值为.
故选：B.
5．A
【分析】画出不等式组所表示的平面区域，结合图形确定目标函数的最优解，代入即可求解，得到答案．
【详解】画出不等式组所表示平面区域，如图所示，
由目标函数，化为直线，
当直线过点A时，此时直线在y轴上的截距最大，目标函数取得最大值，
又由，解得，
所以目标函数的最大值为，
故选：A．
【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．
6．C
【分析】设点是函数在的图象上任意一点，可得函数在上的图象与函数在上的图象关于点对称，根据对称性可得答案.
【详解】设点是函数在的图象上任意一点，
它关于点的对称点为，
则，∴代入，得，
∴，，
∴函数在上的图象与函数在上的图象关于点对称，
即的图象关于点对称，
因为函数在上是增函数，所以在定义域上单调递增．
故A、B、D错误；
故选：C.
7．B
【分析】由周期确定，根据图象平移后关于原点对称确定，最后根据的范围确定的最小值即可.
【详解】解：因为函数的最小正周期为，
所以，故.
将函数的图像向左平移个单位长度后可得函数的图像.
根据所得的图像关于原点对称，可得，
因为，所以，所以函数.
又因为，所以，
故当，即时，函数取得最小值.
故选：.
【点睛】本题考查函数的最值，关键是根据已知条件确定解析式，属于中档题.
8．C
【分析】根据空间中线线、线面、面面位置关系，逐项判断，即可得正确选项.
【详解】对于①，若，，，则与不一定平行，也可能异面，故①错误；
对于②，，或，故②错；
对于③，两条平行线中的一条垂直一个平面，另一条也垂直此平面，故③正确；
对于④，，，又，故④正确．
故选：C．
【点睛】本题考查空间中与线、面位置关系有关的命题的真假，属于常考题型.
9．A
【分析】利用点差法可求的关系，从而可求双曲线的离心率.
【详解】设，则，且，
所以，整理得到：，
因为是弦的中点，
所以，所以即
所以，
故选：A.
10．C
【分析】
利用正弦定理和余弦定理结合三角变换公式可求三角函数式的值.
【详解】由正弦定理可得，由余弦定理可得，
故
，
故选：C.
11．C
【分析】
依题意可得公差，且，再根据等差数列求和公式及下标和性质判断即可.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，且，
所以，，，
所以为递增等差数列，则，
所以，，
，显然均为负数，
又，所以，
所以数列中最大的负数为.
故选：C
12．B
【分析】
求出函数的导数，讨论其单调性后结合零点存在定理可得参数的取值范围.
【详解】，
若时，则恒成立，故在上为增函数，
而，，故在上有一个零点.
若，则当时，，当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，
若，即即时，，故此时最多一个零点.
若即，此时，而，故在有且只有一个零点，
因为，故，故，
又，设，则，
故在上为减函数，故，
故，故在有且只有一个零点，
故时，有两个不同的零点.
综上，，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：导数背景下函数零点问题，可利用导数讨论函数的单调性，再结合零点存在定理判断零点的个数，注意取点时要保证点与极值点有明确的大小关系，有时对应点处的函数值符号需结合导数判断.
13．
【分析】
利用向量夹角公式可求向量与的夹角.
【详解】因为，所以，
故，故，故，
而，故，
故答案为：.
14．/
【分析】
根据平均数可求的关系，再结合二次函数可求方差的最小值.
【详解】由题设有即，
故样本方差，
故，当且仅当时等号成立，
故样本方差的最小值为，
故答案为：.
15．
【分析】先求得圆心到直线的距离d，再根据，由求解.
【详解】圆的圆心为，半径为2，
圆心到直线的距离为，
又因为，
所以，
解得，
故答案为：
16．3
【详解】 ∵，又∵，∴.
∴.
∴是以3为周期的周期函数.
∵数列满足，且，两式相减整理得 是以 为公比的等比数列，，∴.
∴,故答案为.
【易错点晴】本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.本题将函数的解析式、奇偶性、周期性与数列的通项公式综合在一起出题体加大了难度，提高了综合性.
17．(1)人
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）根据样本数据可计算得到样本中两种交通工具都乘坐的员工数，用样本估计总体可得结果；
（2）根据古典概型概率公式直接求解即可；
（3）根据随机事件概率比较小的特点来进行分析作答即可.
【详解】（1）由题意知：样本中上个月仅乘坐的员工有人，仅乘坐的员工有人，两种交通工具都不乘坐的有人，
样本中两种交通工具都乘坐的员工有人，
用样本估计总体，该公司员工中上个月两种交通工具都乘坐的人数为人.
（2）记事件：从样本中仅乘坐的员工中随机抽取人，该员工上个月的交通费用大于元，则.
（3）由（2）知：；
答案一：可以认为有变化.理由如下：
比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，一旦发生，就有理由认为本月交通费用大于元的人数发生了变化，可以认为有变化.
答案二：无法确定有没有变化.理由如下：
事件是随机事件，比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，无法确定有没有变化.
18．(1)；
(2).
【分析】
（1）根据三角形的面积之和等于的面积，求得，结合余弦定理求得，再由正弦定理即可求得；
（2）根据，结合已知条件求得，再利用不等式即可求得三角形周长的最大值.
【详解】（1）设，由，即，解得；
在中，，由余弦定理得，，
即，解得；
由正弦定理得：，即，解得.
（2）设，，
则中，，
中，，
因为，，所以，即；
由得，当且仅当时取得等号；
所以，当且仅当时取得等号，
即的周长的最大值为.
19．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】
(1) 连接AC，BD，通过证明平面PBD即可求解;
(2)法一：利用反证法，假设平面PDC，由面面平行的性质推出矛盾；法二：直接法，由面面平行的性质定理进行推导.
【详解】（1）（1）证明：连接AC，BD，设，
因为底面ABCD为平行四边形，则O为AC，BD的中点.
因为，所以
又，，平面PBD，平面PBD，
所以平面PBD，又平面PBD，所以，
所以四边形ABCD为菱形.
（2）（2）方法一：（反证法）假设平面PDC，
因为，平面PCD，平面PCD，所以平面PDC，
又平面PAB，平面PAB，，
所以平面平面PDC，这显然与平面PAB与平面PDC有公共点P所矛盾.
所以假设错误，即AE不可能与平面PCD平行.
方法二：∵平面PAB，平面PCD，
∴平面PAB与平面PCD必相交，可设平面平面，
又∵，平面PCD，平面PCD，∴平面PCD，
又∵平面PAB，平面平面，∴
又∵平面PAB，且不与重合，∴AE必与l相交
∵面PCD，∴AE必与平面PCD相交，
∴AE不可能与平面PCD平行.
20．(1)2个；
(2)
【分析】（1）变形得到，得到一个零点为，令，求导得到其单调性和极值情况，得到答案；
（2）求导，分和两种情况，结合单调性和极值情况，得到不等式，求出答案.
【详解】（1）时，，
显然，
令，则，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增；
又，则有且只有1个零点，
∴时，有2个零点和.
（2），
当时，时，，时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
时，，所以符合题意，
当时，可由，解得或，
若，即时，当时，，
当时，，当时，，
故在，上单调递增，在上单调递减，
∵，∴，此时要使在时恒成立，还需满足，即，
若，即时，恒成立，故在R上递增，则时，符合题意；
若，即时，当时，，
当时，，当时，，
故在，上单调递增，在上单调递减，
时，，即符合题意，
综上所述：.
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
21．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】
（1）首先求出抛物线的焦点坐标，即可得到，再由椭圆过点，求出；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，、，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，代入后化简得的值，代入直线方程可得定点坐标；
（ⅱ）设直线恒过定点为，由，可得，结合（ⅰ）中韦达定理求出、，即可求出，从而求出直线方程.
【详解】（1）抛物线的焦点为，所以椭圆的下顶点，则，
又椭圆经过点，所以，解得，
所以椭圆方程为；
（2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，设，则，
所以，则，与矛盾，
所以直线的斜率存在，
由已知直线斜率同号，因此直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，设，
由得，
由，可得，
所以，，
则
，
，
所以，
即，
所以，解得或，
当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，不合题意，
当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，符合题意．
综上可得直线恒过定点.
（ⅱ）设直线恒过定点为，
此时，解得，
由，可得，
又，，
所以，，
所以，解得，满足，
所以，
所以直线方程为.

【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线上直线过定点问题的方法．
设出直线方程为，设交点坐标为，直线方程与圆锥曲线方程联立方程组，消元后应用韦达定理得，代入题中关于交点的满足的的条件可得出关系，从而代入直线方程后得定点坐标．
22．(1)和
(2)
【分析】
（1）将曲线的方程化为普通方程，曲线的方程化为直角坐标方程，再联立两方程求出交点坐标；
（2）设点为曲线上的点，则点必在曲线上，将代入曲线的极坐标方程，即可得到曲线的极坐标方程，再化为直角坐标方程即可.
【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），
所以曲线的普通方程为，
又曲线的极坐标方程为，，
所以，
即曲线的直角坐标方程为，
由，解得或，
所以曲线与曲线的交点的直角坐标为和.
（2）设点为曲线上的点，则点必在曲线上，
将代入曲线的极坐标方程中可得
，
即，
又，所以，
即曲线的直角坐标方程为.
23．(1)
(2)
【分析】（1）分类讨论去掉绝对值符号后可求的最小值；
（2）就、分类讨论后可得的最小值.
【详解】（1）由题设可得，
当时，，当时，，
故的最小值为.
（2）因为时，，所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
当时，有恒成立，
故在上恒成立，因为的图象为线段，
所以，故且.
当时，有在上恒成立，
所以在上恒成立，故，
所以且，
所以，故的最小值为.