陕西省西安市第一中学2024届高三第十次模拟考试数学（文）试题（含解析）

这是一份陕西省西安市第一中学2024届高三第十次模拟考试数学（文）试题（含解析），共15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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．某市为了解全市环境治理情况，对本市的200家中小型企业的污染情况进行了摸排，并把污染情况各类指标的得分综合折算成准分（最高为100分），统计并制成如图所示的直方图，则这次摸排中标准分不低于75分的企业数为（ ）
A．30B．60C．70D．130
3．若复数满足，则复数的虚部是（ ）
A．B．C．3D．0
4．已知函数，则下列结论错误的是（ ）
A．B．的零点为3
C．在上为增函数D．的定义域为
5．椭圆的上顶点到双曲线的渐近线的距离为（ ）
A．B．C．2D．
6．在中，，则（ ）
A．B．C．D．7
7．地震时释放出的能量(单位：焦耳)与地震里氏震级之间的关系为：．年月日，我国汶川发生了里氏级地震，它所释放出来的能量是年月日甘肃积石山发生的里氏级地震的多少倍?(参考：)（ ）
A．B．C．D．
8．下图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）
A．16B．24C．40D．48
9．已知正项等比数列中，为前n项和，，则（ ）
A．7B．9C．15D．30
10．甲､乙､丙三人被随机的安排在周六､周日值班，每天至少要有一人值班，每人只在其中一天值班.则甲､乙被安排在同一天值班的概率为（ ）
A．B．C．D．
11．已知为锐角，且，则（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数对任意都有，若的图象关于点对称，且，则
A．B．C．1D．2
二、填空题
13．已知,，求
14．已知圆锥的母线长为10，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为 .
15．函数的部分图象如图所示，则 ．

16．如图所示，已知椭圆的左右焦点分别为，点在上，点在轴上， ，则的离心率为 .

三、解答题
17．某校 1 200 名高三年级学生参加了一次数学测验（满分为 100 分），为了分析这次数学测验的成绩， 从这1200人的数学成绩中随机抽取200人的成绩绘制成如下的统计表，请根据表中提供的信息解决下列问题：
(1)求 a，b，c 的值；
(2)如果从这1200名学生中随机抽取一人，试估计这名学生该次数学测验及格的概率P（注：60 分及 60分以上为及格）.
18．已知等差数列，若，且，，成等比数列．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若，设，求数列的前项和．
19．如图，多面体中，四边形为菱形，，，，．
(1)求证：平面平面；
(2)当时，求三棱锥的体积．
20．已如曲线在处的切线与直线垂直.
(1)求的值；
(2)若恒成立，求的取值范围.
21．已知过点的动直线与抛物线相交于、两点．
(1)当直线的斜率是时，．求抛物线的方程；
(2)对（1）中的抛物线，当直线的斜率变化时，设线段的中垂线在轴上的截距为，求的取值范围．
22．在直角坐标系中，过点且倾斜角为的直线与轴相交于点，以点为圆心的圆半径为2.以点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求直线的一个参数方程和圆的极坐标方程；
(2)设直线与圆相交于点，求的面积.
23．已知函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若的解集包含，求的取值范围.
成绩分组
频数
频率
平均分
3
0.015
16
a
b
32.1
25
0.125
55
c
0.5
74
62
0.31
88
参考答案：
1．D
【分析】
根据题意，先确定出集合A的元素，再根据交集的运算法则算出答案．
【详解】
根据题意，可得，
因为，所以．
故选：D．
2．A
【分析】
根据频率分布直方图可得频率，即可求解个数.
【详解】
解：根据频率分布直方图，标准分不低于75分的企业的频率为：
，
∴标准分不低于75分的企业数为（家）．
故选：A．
3．A
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断其虚部.
【详解】因为，
所以，所以，
所以复数的虚部.
故选：A
4．C
【分析】
由函数性质依次判断各选项可得出结果.
【详解】,可知函数的零点为3，可知A,B正确；
中，由，解得：，
故函数的定义域为，且函数在为增函数，故C错误，D正确.
故选：C
5．B
【分析】先求椭圆的上顶点，再求双曲线的渐近线，然后代入点到直线的距离公式求解.
【详解】
椭圆的上顶点为，
双曲线的渐近线方程为，
则椭圆的上顶点到双曲线的渐近线的距离为．
故选：B
6．D
【分析】在中，直接利用余弦定理求解
【详解】在中，由余弦定理得：，
所以，
故选：D.
7．C
【分析】
先表示出能量和地震里氏震级的函数关系，结合指数运算进行求解即可.
【详解】由可得，
里氏级地震释放的能量为，里氏级地震释放的能量为，
.
故选：C.
8．A
【分析】
根据三视图可知该几何体是四棱锥，根据三视图中的数据直接求解.
【详解】
根据三视图可知该几何体是如图所示的一个四棱锥，
且面，底面为正方形，
所以.
故选：A.
9．C
【分析】先根据已知条件并结合等比数列的通项公式求得公比，再求出各项得出结果即可.
【详解】由，，得，
即，由等比数列，
得，即.
由题知，所以，
所以.
故选：C.
10．C
【分析】
根据题意先分析分组情况，再将所有情况列出，根据古典概型的计算公式算出结果即可。
【详解】解：由题意可知将3人分成两组，其中一组只有1人，另一组有2人，
两组分别安排在周六､周日值班共有6种情况：
（甲乙，丙）､（甲丙，乙）､（乙丙，甲）､（甲，乙丙）､（乙，甲丙）､（丙，甲乙），
显然甲､乙被安排在同一天有2种情况，
所以甲､乙被安排在同一天的概率为。
故选：C
11．C
【分析】
根据已知条件结合两角和的正切公式可得出关于的方程，由已知可得出，可得出关于的方程，求出的值，利用二倍角的正弦和余弦公式可求得所求代数式的值.
【详解】因为为锐角，则，
则，
整理可得，解得，
所以，
.
故选：C.
12．D
【详解】【解析】由题意得函数关于点对称，即为奇函数.又由得：，即，，因此,即函数周期为，所以，选D.
点睛：(1)运用函数性质解决问题时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向.
(2)在研究函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去，即将函数值的大小转化自变量大小关系, 对称性可得到两个对称的自变量所对应函数值的关系.
13．4
【分析】
由平面向量数量积的坐标运算求解.
【详解】由题意得
故答案为：4
14．
【分析】
根据扇形的弧长与半径、圆心角的关系求得扇形弧长，即得到圆锥底面圆的周长，结合直角三角形的性质，根据圆锥体积公式即可求解.
【详解】如下图所示，
因为圆锥的母线长为10，侧面展开图的圆心角为，
所以圆锥侧面展开图的弧长为，
即圆锥底面圆的周长为，
则，得，
所以底面圆面积，
在中，，即圆锥的高，
所以该圆锥的体积为.

故答案为：
15．/
【分析】根据图象求得，进而可得，再代入最大值点即可求得的值，进而可求得.
【详解】由已知可得，，所以，所以，
所以.
又因为在处取得最大值，
所以有，
所以.
又因为，所以，
所以，
所以.
故答案为：.
16．/
【分析】
设出，利用椭圆定义和图形对称性，借助于求得与的数量关系，接着在中求得，从而得到，最后在中运用余弦定理即可求得.
【详解】设，依题意，，因点在轴上，则，，
又因则，化简得，在中，，故,
在中由余弦定理，,即，
解得：，即，则离心率为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：由椭圆的焦半径想到椭圆定义式，由垂直想到求三边利用勾股定理，由边的数量关系想到设元替换，遇到三角形的边角关系，要考虑能否用正、余弦定理.
17．(1)
(2)0.81
【分析】
（1）根据统计图中数据分析得到a，b，c 的值；
（2）计算出抽取的200人的成绩中，数学测验及格的频率，从而估计出这名学生该次数学测验及格的概率.
【详解】（1）
，解得，
故，，
（2）抽取的200人的成绩中，数学测验及格的频率为，
故估计这名学生该次数学测验及格的概率.
18．（Ⅰ）或（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）由，且，，成等比数列这两个条件列出和的方程组可求解出，从而可得数列的通项；
（Ⅱ）把（Ⅰ）解得的代入中，化简得
，然后利用裂项相消法求和.
【详解】解：（Ⅰ）∵，∴①
∵，，成等比数列，∴，∴化简得，
若，
若，②，由①②可得，，
所以数列的通项公式是或
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
∴
【点睛】此题考查了等差数列的基本量运算，裂项相消求和法，属于基础题.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定证明平面即可；
（2）先根据线面垂直的判定证明平面，再根据求解即可.
【详解】（1）因为，所以四点共面，
因为四边形为菱形，所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）因为平面，平面，所以，
又因为，平面，故平面，
又因为互相平分，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，
又因为，
所以三棱锥的体积为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据斜率关系，即可求导求解，
（2）求导判断函数的单调性，即可求解函数的最值求解.
【详解】（1）由于的斜率为，所以，
又,故，解得，
（2）由（1）知，所以，
故当时，单调递增，
当时，单调递减，
故当时，取最小值，
要使恒成立，故，解得，
故的取值范围为
21．(1)；
(2)
【分析】
（1）利用直线的点斜式方程求出直线，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理及向量关系转化为坐标关系即可求解；
（2）根据（1）的结论，利用直线的点斜式方程求出直线，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理及判别式，结合中点坐标公式及直线的截距的定义即可求解.
【详解】（1）
如图所示
设，
当直线的斜率是时，的方程为，即，
由，消化简整理，得，
所以，①
又．，②
由①②和得，，，
则抛物线的方程为；
（2）
设，的中点坐标为，
由，消去化简整理，得，
所以，
所以，，
所以线段的中垂线方程为，
所以线段的中垂线在轴上的截距为，
由得或，可得，
所以的取值范围为．
22．(1)（为参数），；
(2).
【分析】
(1)根据直线过得定点和直线的斜率即可写出参数方程；(2)将三角形分割，用面积公式即可求得.
【详解】（1）直线的一个参数方程为（为参数）.
由上，直线与轴的交点坐标.
所以，圆的极坐标方程为.
（2）
由（1）可知，直线的倾斜角为，圆的圆心为，半径为2.
如图，易知，
所以的面积.
23．(1)
(2)
【分析】（1）当时，不等式化为，分类讨论，即可求解；
（2）原问题等价于在时恒成立，转化为，即可求解.
【详解】（1）解：当时，不等式 可化为，
①当时，不等式为，解得：，故；
②当时，不等式为，解得，故；
③当时，不等式为，解得，故，
综上：原不等式的解集为.
（2）解：原问题等价于在时恒成立，
当时，不等式可化为，
解得，所以，因为，所以，
所以a的取值范围是.