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    148,陕西省部分学校2024届高三下学期高考仿真模拟(一)文科数学试题(全国卷)

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    148,陕西省部分学校2024届高三下学期高考仿真模拟(一)文科数学试题(全国卷)

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    这是一份148,陕西省部分学校2024届高三下学期高考仿真模拟(一)文科数学试题(全国卷),共20页。试卷主要包含了 若实数满足,则的最小值是, 在中,,,,则等内容,欢迎下载使用。
    本试卷满分150分,考试用时120分钟.
    注意事项:
    1.答卷前,考生务必将自已的姓名、准考证号填写在答题卡上.
    2.回答选择题时,选出每小题答案后,用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.
    3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
    4.做选考题时,考生须按照题目要求作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.
    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,只有一个选项是符合题目要求的.
    1. 已知集合,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】求解一元二次不等式并求交集即可.
    【详解】因为,所以.
    故选:A.
    2. 已知复数和,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】利用复数的四则运算法则,求解即可
    【详解】由题意,
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    故选:B
    3. 给出下列三个命题:
    ①命题,使得,则,使得;
    ②“或”是“”的充要条件;
    ③若为真命题,则为真命题.
    其中正确命题的个数为( )
    A. 0B. 1C. 2D. 3
    【答案】C
    【解析】
    【分析】运用含有一个量词的命题的否定可判断①,解一元二次不等式并结合充分条件、必要条件的定义可判断②,运用复合命题的真假关系可判断③.
    【详解】对于①,命题,使得,则,使得,故①正确;
    对于②,因为的解集为或,所以“或”是“”的充要条件,故②正确;
    对于③,若为真命题,则、中至少有一个为真命题,
    当真假或假真时,则为假,当真真时,则为真,故③错误.
    故正确的命题是①②,即正确命题的个数为2.
    故选:C.
    4. 已知,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【详解】因为,所以,
    故.
    故选:A.
    5. 高三年级有11名同学参加男子百米竞赛,预赛成绩各不相同,要取前6名参加决赛,小亮同学已经知道了自己的成绩,为了判断自己是否能进入决赛,他还需要知道11名同学成绩的( )
    A. 平均数B. 方差C. 极差D. 中位数
    【答案】D
    【解析】
    【分析】根据平均数、方差、极差、中位数的概念判断.
    【详解】如果后面的成绩非常差,平均数可能偏小,不能确定是否进前6,同样极差可能很大,也不能判断,方差只反映数据的稳定性,不能确定,中位数是中间的的一个数,是11个数据中的第6个,不比中位数小则为前6,因此知道中位数即可.
    故选:D.
    6. 把函数的图象向左平移个单位后,得到一个偶函数的图像,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】利用图象的平移变换,得平移后的函数解析式,由函数为偶函数,可求的值.
    【详解】函数的图象向左平移个单位后,
    得函数的图像,
    由函数偶函数,则有,即,
    又,所以.
    故选:A
    7. 若实数满足,则的最小值是( )
    A. B. C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】作出可行域,由变形为,平移直线,结合图象即可求得最优解.
    【详解】画出的可行域,如图所示,

    将变形为,
    平移直线,
    由图可知,当直线经过点时,直线在轴上的截距最大,此时取得最小值为.
    故选:D.
    8. 某市政府为了增加农民收入,决定对该市特色农副产品的科研创新和广开销售渠道加大投入,计划逐年加大研发和宣传资金投入.若该政府2021年全年投入资金120万元,在此基础上,每年投入的资金比上一年增长,则该政府全年投入的资金翻一番(2021年的两倍)的年份是( )(参考数据:)
    A. 2025年B. 2026年C. 2027年D. 2028年
    【答案】C
    【解析】
    【分析】设再过年,该政府全年投入的资金翻一番,则,结合指对互化及对数换底公式计算即可.
    【详解】设再过年,该政府全年投入的资金翻一番,则,
    即,
    所以该政府全年投入的资金翻一番的年份是年.
    故选:C.
    9. 在中,,,,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】将向量转化为,进而根据平面向量的数量积求得答案.
    【详解】由题意,得,

    故.
    故选:D.
    10. 如图,在直三棱柱中,为等腰直角三角形,且,则异面直线与所成角的余弦值为( )

    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】先补形,再作出异面直线与所成角的平面角,然后结合余弦定理即可求解.
    【详解】将直三棱柱补形为如图所示的正四棱柱:
    连接、,则,则异面直线与所成角的平面角为(或其补角),又,,由余弦定理可得:.
    故选:A
    11. 如图所示,点是椭圆的右焦点,是椭圆上关于原点对称的两点,直线与椭圆的另一个交点为,若,则椭圆的离心率为( )
    A. B. C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】作为椭圆M的左焦点,连接.设,则,再利用椭圆的定义及对称性建立方程组求出离心率.
    【详解】令为椭圆M的左焦点,连接,由A,C是椭圆上关于原点O对称的两点,
    知四边形是平行四边形,又,则是矩形,
    令,,则,,,
    于是,即,解得,
    所以椭圆的离心率为.
    故选:D
    12. 函数满足,且,则的最小值为( )
    A. B. 1C. D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】通过 解方程可得的解析式,由化简可得,结合基本不等式可得,运用分离常数法化简可得,进而可得其最小值.
    【详解】因为,所以,即,
    又因为,
    所以,即,
    所以,
    因为,,所以,,
    所以,
    整理得,
    解得或(舍),
    所以,当且仅当即时取等号.
    故的最小值为.
    故选:C.
    二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.
    13. 在的内角,,的对边分别为,,,已知,则的值为_______.
    【答案】
    【解析】
    【详解】试题分析:∵代入得,由余弦定理得.
    考点:1.正弦定理;2.余弦定理的推论.
    14. 已知双曲线的两条渐近线的夹角为,则_______.
    【答案】或
    【解析】
    【分析】首先判断渐近线的倾斜角,再求的值.
    【详解】由条件可知双曲线的其中一条渐近线方程是,
    因为两条渐近线的夹角是,所以直线的倾斜角是或,
    即或.
    故答案:或
    15. 若直线与曲线有公共点,则实数的范围是__________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】当时,可求得直线与曲线的公共点;当时,直线恒过定点,斜率为,曲线为圆心为,半径为的上半圆,画图观察可得,进而可求得结果.
    【详解】①当,即时,直线为(即轴),
    ,即直线与曲线的公共点为,故符合题意;
    ②当,即时,直线为恒过定点,斜率为,
    又因为曲线:,
    所以曲线为圆心为,半径为的上半圆.
    如图所示,
    当直线经过半圆的右端点时恰好有公共点,逆时针旋转至轴都满足题意,
    又因为,所以,解得,
    综述,实数的取值范围为.
    故答案为:.
    16. 已知三棱锥中,是边长为的等边三角形,,且平面平面,若三棱锥的每个顶点都在表面积为的球面上,则___________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】取的中点,连接,证得平面,平面,取的外心,作,取的外心,过点作的平行线交于点,得到点为三棱锥外接球的球心,结合球的性质及勾股定理建立方程后可求得答案.
    【详解】
    取的中点,连接,则,
    因为平面平面,所以可得平面,平面,
    取的外心,作,则四点共面,
    取的外心,过点作的平行线交于点,
    因为垂直平面,则平面,
    所以点到四点的距离相等,所以点为三棱锥外接球的球心,
    在中,,根据三角函数同角的平方关系可得,
    所以外接圆的半径,
    连接,可求得,
    由三棱锥外接球的表面积为,则有,
    所以,解得.
    故答案为:
    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. 为增强学生体质,充分展示当代青少年积极健康向上的精神风貌,某学校在校内新开设羽毛球课和健美操课,且每名同学只选一课.为了研究选课是否与性别有关系,现随机抽取了高一年级200名学生选课情况(其中男生120人,女生80人).
    (1)完成下面的列联表,判断是否有的把握认为选课与性别有关,并说明理由.
    (2)从上述120名男生中按选羽毛球课和选健美操课进行分层抽样,抽取6人,求从这6人中任取2人,至少有1人选择了羽毛球课的概率.
    附:
    (参考公式:,其中
    【答案】(1)表格见解析,有,理由见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)代入公式求得,再与7.879进行比较即可解决;
    (2)列出所有基本事件,从中选出符合要求的基本事件,以古典概型解之即可.
    【小问1详解】
    列联表如下:
    将列联表中的数据代入公式计算,得

    因为,所以我们有的把握认为选课与性别有关
    【小问2详解】
    因为男生中选羽毛球课和选健美操课的人数之比为,所以用分层抽样的方法抽取一个容量为6的样本,得到这6人中选羽毛球课的人数为4人,记为.
    选健美操课的人数为2人,记为.
    从中任取两人的所有基本事件为:共15种.
    其中至少有一人选择了羽毛球课包含了14种,
    故所求的概率.
    18. 已知三棱锥D-ABC,△ABC与△ABD都是等边三角形,AB=2.
    (1)若,求证:平面ABC⊥平面ABD;
    (2)若AD⊥BC,求三棱锥D-ABC的体积.
    【答案】(1)证明见解析;
    (2).
    【解析】
    【分析】(1)取AB的中点M,由题可得∠DMC为二面角D—AB—C的平面角,结合条件可得,进而即证;
    (2)取AD的中点N,利用条件可得AD⊥平面BCN,进而可得,然后利用棱锥的体积公式即得.
    【小问1详解】
    取AB的中点M,连接CM,DM,△ABC与△ABD都是等边三角形,
    所以CM⊥AB,DM⊥AB,∠DMC为二面角D—AB—C的平面角,又AB=2,
    ∴,又,
    ∴,
    所以,即,
    ∴平面ABC⊥平面ABD;
    【小问2详解】
    取AD的中点N,连接BN,CN,
    则BN⊥AD,又AD⊥BC,,
    ∴AD⊥平面BCN,
    ∴AD⊥CN,△ACD也是等边三角形,
    由题可得,BC=2,
    ∴,
    ∴三棱锥D-ABC的体积为.
    19. 设数列满足.
    (1)求的通项公式
    (2)记数列的前n项和为,是否存在实数k,使得对任意恒成立?若存在,求出k的最小值;若不存在,请说明理由.
    【答案】(1);
    (2)存在,k的最小值为2.
    【解析】
    【分析】(1)由题可得当时,,结合条件可得,即求;
    (2)利用裂项相消法可得,由题可得,即得.
    【小问1详解】
    因为,
    ∴当时,,
    当时,,
    两式相减得,所以,
    又,满足上式,
    故的通项公式为.
    【小问2详解】
    由(1)知.
    则.
    因为,所以,所以,
    由题可得,
    ∴存在实数k,使得对任意恒成立,k的最小值为2.
    20. 已知函数.
    (1)求,求的单调区间及极值点;
    (2)若恒成立,求实数a的取值范围.
    【答案】(1)单调递增区间为,单调递减区间为,有极小值点2,无极大值点.
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)由题可求导函数,利用导数求出函数的单调区间,进而再求出极值即可;
    (2)将不等式进行参变分离得,令,求导函数,分析导函数的符号,求得的最大值,继而可得答案.
    【小问1详解】
    解:当时,函数,定义域为,
    则.
    当时, ,当时,,
    所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为,
    所以当时,函数取得极小值,无极大值
    所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为,有极小值点2,无极大值点.
    【小问2详解】
    解:由得,又,所以,
    令,定义域为,则.
    又在上单调递减,且,
    所以当时,,单调递增,当时,,单调递减,
    所以,
    所以.
    综上,的取值范围是.
    21. 如图,已知F是抛物线的焦点,过点的直线l与抛物线交于两个不同的点M,N(M是第一象限点),MN的垂直平分线交抛物线于P,Q.当直线l的斜率为时,.
    (1)求抛物线的方程;
    (2)若,求的最小值.
    【答案】(1)或
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)设点M的坐标为,由已知条件列出方程组,解方程组即可得到答案;
    (2)设直线l的方程为及其点,,将点,代入抛物线方程作差,即可得到,由此可以求得故MN中点坐标为,设出PQ方程为,与抛物线的方程联立得到关于的一元二次方程,利用弦长公式求出,最后用导数求其最值即可.
    【小问1详解】
    设点M的坐标为,根据题意可列出方程组,
    可解得或因此可得到抛物线方程为或
    【小问2详解】
    由于,可知抛物线方程为,
    设直线l的方程为,,,
    即和,两式相减为,即,
    则,
    故MN中点坐标为,
    设PQ方程为,,,
    联立得,
    ,即,由韦达定理可知,
    于是可得,
    令,并记 ,
    求导函数得,令,解得导函数零点为,且导函数在上单调递增,
    因此导函数在上恒为负,在上恒为正,
    可知原函数在上单调递减,在上单调递增,则在处取得最小值,
    则,即.
    (二)选考题:共10分.请考生在第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,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为.
    (1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程;
    (2)若直线与圆交于点两点,求.
    【答案】(1),;
    (2).
    【解析】
    【分析】(1)消去参数可得曲线的普通方程,利用极坐标与直角坐标的互化公式可得直线的直角坐标方程.
    (2)利用几何法可求圆的弦长.
    【小问1详解】
    由曲线C的参数方程为(为参数),
    得曲线C的普通方程为,
    直线l的极坐标方程为,即,
    则直线l的直角坐标方程为,
    所以曲线C的普通方程为,直线l的直角坐标方程为.
    小问2详解】
    由(1)知曲线C是以为圆心,半径为4的圆,
    则圆心到直线l的距离,
    所以.
    [选修4-5:不等式选讲]
    23 已知函数.
    (1)求不等式的解集;
    (2)若对任意,不等式恒成立,求的取值范围,
    【答案】(1);(2).
    【解析】
    【分析】
    (1)利用分段讨论法去掉绝对值,求出不等式的解集;
    (2)利用绝对值三角不等式求出的最大值,得出关于的不等式,求出解集即可.
    【详解】(1)当时,,解得;
    当时,,解得,则;
    当时,,解得,则.
    综上,不等式的解集为;
    (2) ,
    若对任意,不等式恒成立,
    则,解得或.
    因此,实数的取值范围是.
    【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用,同时考查了不等式恒成立问题,属于中档题.羽毛球课
    健美操课
    合计


    48
    合计
    112
    0.15
    0.10
    0.05
    0.010
    0.005
    0.001
    2.072
    2.706
    3.841
    6.635
    7.879
    10.828
    羽毛球课
    健美操课
    合计

    80
    40
    120

    32
    48
    80
    合计
    112
    88
    200

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