陕西省咸阳市2024届高三下学期高考模拟检测（二）数学（文科）试题（含解析）

这是一份陕西省咸阳市2024届高三下学期高考模拟检测（二）数学（文科）试题（含解析），共21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．若复数满足，则复数的共轭复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知在边长为的菱形中，角为，若点为线段的中点，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知角的始边为轴的非负半轴，顶点为坐标原点，若它的终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．30B．58C．60D．90
6．执行如图的程序框图，则输出的结果是（ ）

A．5050B．4950C．166650D．171700
7．已知平面区域中的点满足，若在圆面中任取一点P，则该点取自区域的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若时，函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
9．已知三条不重合的直线，m，n和两个不重合的平面，，则下列说法错误的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，且直线m，n异面，则
D．若，，，，则
10．若将确定的两个变量y与x之间的关系看成，则函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
11．已知点F为双曲线的右焦点，过点F的直线（斜率为k）交双曲线右支于M，N两点，若线段的中垂线交x轴于一点P，则（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，若是函数的唯一极小值点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知总体的各个个体的值由小到大依次为2，4，4，6，a，b，12，14，18，20，且总体的平均值为10．则的最小值为 ．
14．P为抛物线上任意一点，点，设点P到y轴的距离为d，则的最小值为 ．
15．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C所对的边，若，设点D为边的中点，且，则 ．
16．已知三棱锥中，，，，底面，且，则该三棱锥的外接球的表面积为 ．
三、解答题
17．陕西省从2022年秋季启动新高考，新高考“3+1+2”模式中“3”为全国统一高考科目的语文、数学、外语，“1”为首选科目．要求从物理、历史2门科目中确定1门，“2”为再选科目，要求从思想政治、地理、化学、生物学4门科目中确定2门，共计产生12种组合．某班有学生50名，在选科时，首选科目选历史和物理的统计数据如下表所示：
附：，其中．
(1)根据表中的数据，判断是否有99.5%的把握认为学生选择历史与性别有关；
(2)从选择物理类的40名学生中按照分层抽样，任意抽取5名同学成立学习小组，该小组设正、副组长各一名，求正、副组长中至少有一名女同学的概率.
18．已知正项数列满足，．
(1)若，请判断并证明数列的单调性；
(2)若，求数列的前项和．
19．如图几何体中，底面是边长为2的正三角形，平面，若，，，．
(1)求证：平面平面；
(2)求该几何体的体积．
20．已知两圆：，：，动圆C在圆的内部，且与圆相内切，与圆相外切．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设点，，过点的直线交于，两点，求的内切圆面积的最大值．
21．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线C的极坐标方程为．
(1)求曲线C的直角坐标方程和直线的一般方程；
(2)设直线与曲线C交于A，B两点，求面积的最大值．
23．已知函数．
(1)解不等式；
(2)设函数，若函数与的图象无公共点，求参数的取值范围．
历史
物理
合计
男生
1
24
25
女生
9
16
25
合计
10
40
50
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．D
【分析】
利用复数代数形式的除法求出复数，可得复数的虚部.
【详解】由，
所以，虚部为：.
故选：D
2．B
【分析】
计算出集合、后，借助补集定义及交集定义即可得.
【详解】由，即，解得，故，
由，可得，即或，故，
故.
故选：B.
3．C
【分析】
借助向量的线性运算及数量积公式计算即可得
【详解】.
故选：C.
4．C
【分析】
借助三角函数定义与二倍角公式计算即可得.
【详解】由角的经过点，故，
则.
故选：C.
5．D
【分析】
借助等差数列片断和的性质计算即可得.
【详解】由数列为等差数列，
故、、、、亦为等差数列，
由，，则，
故，，，
即有，，.
故选：D.
6．D
【分析】
把问题转化成为求数列的和，根据数列求和的方法求解.
【详解】问题转化为：已知中，，
是数列的前项和，是数列的前项和.最终求.
所以，
.
故选：D
【点睛】关键点点睛：正整数前项的平方和公式：要记清，这是求解的一个重点.
7．A
【分析】
在平面直角坐标系中，分别画出平面区域和圆面，用几何概型求出对应的概率.
【详解】如图：
平面区域：，其在圆面中的部分如图有颜色的部分，其面积为圆面积的一半，
所以从圆面中任取一点，该点来自平面区域的概率为：.
故选：A
8．A
【分析】
先化简，然后利用正弦函数的性质求值域即可.
【详解】,
因为，所以
则，
所以函数的值域为.
故选：A.
9．B
【分析】
对A，借助平行线的传递性即可得；对B，可能出现平行或线在面内；对C，由，，必存在直线，且，结合面面平行的判定定理即可得；对D，借助线面垂直的性质定理即可得.
【详解】对A：若，，由平行的传递性可得，故A正确；
对B：若，，可能或，故B错误；
对C：若，，必存在直线，且，即有，
由，直线m，n异面，故，又，故，故C正确；
对D：若，，，，由面面垂直的性质定理可得，故D正确.
故选：B.
10．C
【分析】
利用对数的运算及排除法即可求解.
【详解】
由得，
显然，所以，
由，得，
所以，排除AB，
由，当且仅当时取等号，可排除D．
故选：C．
11．D
【分析】
设直线的方程及的坐标，利用韦达定理、弦长公式计算即可.
【详解】设双曲线方程，焦距，显然，
不妨设的方程为：，
的中点为Q，则，
联立双曲线方程，
所以，
则，
，
易知，
则，
令，
则
所以.
故选：D

12．A
【分析】
求导后令，再求，分及讨论的正负，从而得到的单调性与对应极值点即可得解.
【详解】，令，则，
当时，，故单调递增，
又，故当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故是函数的唯一极小值点，符合题意，
当时，，
故一定存在，使在上单调递减，
此时不是函数的极小值点，故时不符合题意，
综上所述，的取值范围为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是对这一种情况的处理，利用推得不是函数的极小值点，从而得解.
13．/
【分析】
根据平均数的概念可求的值，再利用不等式可求的最小值.
【详解】因为各个个体的值是有小到大排列的，所以，
又总体平均值为，所以.
所以（当且仅当时取“”）.
故答案为：
14．/
【分析】
将点P到y轴的距离转化为到准线的距离，再转化为到焦点的距离，利用两点之间线段最短来求解.
【详解】由已知得点到抛物线准线的距离为，又抛物线焦点，
则.
故答案为：.

15．
【分析】
利用正弦定理结合三角恒等变换先得B，再根据平面向量的线性运算及数量积公式、三角形面积公式计算即可.
【详解】易知，，
由正弦定理可知：
，所以，
又点D为边的中点，且，
所以，
由，
，则.
故答案为：
16．
【详解】由题意可得三棱锥的外接球即为以、、为棱的长方体的外接球，计算出该长方体体对角线即的长度结合球的表面积公式即可得.
【点睛】由，故，又底面，
、平面，故，，
故三棱锥的外接球即为以、、为棱的长方体的外接球，
其中为该长方体体对角线，即该三棱锥的外接球的半径，
又，故，
则.
故答案为：.
17．(1)有
(2)
【分析】
（1）根据列联表中的数据，计算的值，与比较可得结果；
（2）问题转化成古典概型，利用古典概型的概率计算公式计算可得.
【详解】（1）
将表中的数据带入，得到
．
所以有99.5%的把握认为学生选择历史与性别有关．
（2）
由题意知，抽取的5名同学中，男生有3名，设为A，B，C，女生2名，设为D，E，
从这5名同学中选取2名同学担任正副组长，所有的可能情况有：
，，，，，，，，，，共计10种基本情况，且每种情况的发生是等可能的，
其中至少有一名女生的情况有，，，，，，，共计有7种情况，
所以（至少有一名女生）．
18．(1)数列是单调递减数列，证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据题意，当时，，两式相减求得，得到，进而求得，即可得证；
（2）由，可得，结合裂项求和，即可求解.
【详解】（1）
解：因为，
当时，；
当时，，
两式相减得：，
又因为时，，
因为，所以，则，
又因为
所以数列是单调递减数列．
（2）
解：由，可得
则
．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）设分别为，边的中点，证得四边形为平行四边形，得到，再由和，证得平面，进而得到平面，即可证得平面平面；
（2）过点作平行于底面的平面，分别求得三棱柱和四棱锥的体积，进而求得该几何体的体积.
【详解】（1）
证明：设分别为，边的中点，连接，
因为平面，且，，，，
所以，且，
即四边形为平行四边形，可得，
在底面正三角形中，为边的中点，则，
又因为平面，且平面，所以，
由于，且平面，所以平面，
因为，且平面，则平面，
又平面，则平面平面．
（2）
解：过点作平行于底面的平面，
由 是边长为2的正三角形，且平面，
可得点到平面的距离为，
因为，所以平面，平面，
又由，
可得三棱柱的体积为，
又因为梯形的面积为，
可得四棱锥的体积为，
所以该几何体的体积为.
20．(1)
(2)
【分析】
（1）借助圆与圆的位置关系及椭圆定义计算即可得；
（2）设出直线方程，联立直线与圆锥曲线的方程，得到与有关韦达定理；表示出的面积，计算出的周长，借助等面积法可表示出的内切圆的半径，利用换元法结合对勾函数性质可得半径的最大值即可得内切圆面积的最大值.
【详解】（1）
设点为所求曲线轨迹上任意一点，动圆半径为，
则，， 即有，
由椭圆的定义知，点是以，为焦点，的椭圆，
则，所以点的轨迹方程为；
（2）
由题意知，直线的斜率不为0，
设直线方程为，点，，
联立，可得，
，
则，，
，
又的周长为，
所以的内切圆半径，
令，则，设函数，
由对勾函数的性质可得函数在时单调递增，故，
则，此时的内切圆面积的最大值．
.
【点睛】
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．(1)答案见解析
(2)
【分析】
（1）求出定义域，求导，分与两种情况，结合不等式，求出单调性；
（2）变形得到，令，得到，由函数单调性得到，构造，求出其单调性和最值，得到的取值范围.
【详解】（1）
因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）
因为，
所以等价于，
令，上述不等式等价于，显然为单调增函数，
∴原不等式等价于，即，
令，则，
在上，单调递增；在上，单调递减，
∴，
，即，
∴的取值范围是．
【点睛】
关键点点睛：等价于，利用同构构造，得到.
22．(1)，
(2)2
【分析】
（1）利用公式把极坐标方程转化为直角坐标方程；消去参数，可把直线的参数方程化成一般方程.
（2）把直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，表示出的面积，结合基本（均值）不等式可求最大值.
【详解】（1）
∵曲线C的极坐标方程为，
∴曲线C的直角坐标方程为，即，
又∵直线的参数方程为（为参数），
∴直线的一般方程为．
（2）
将直线的参数方程（为参数）带入中，
得到，
化简可以得到：，
则，，
圆心C到直线的距离，
则，
当且仅当，即时取等号．
所以的面积的最大值为2．
23．(1)或
(2)
【分析】
（1）分类讨论去绝对值，然后列不等式求解；
（2）通过观察图象可得在上无解，然后转化为，利用二次函数的性质求最值即可.
【详解】（1）
，
若，即或或，
解之得或，
则原不等式的解集为或；
（2）
函数，
若函数与的图象无公共点，即在上无解，
可得：无解，即在上无解，
即，，
因为函数，
当时，，
所以，即的取值范围为．