陕西省咸阳市2024届高三下学期高考模拟检测（二）数学（理科）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（理科）试题（含解析），共22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，则该点取自区域的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．当函数取得最小值时，（ ）
A．B．C．D．
9．为了强化学生安全意识，落实“12530”安全教育，某学校让学生用这5个数字再加一个0来设定自己教室储物柜密码，若两个0之间至少有一个数字，且两0不都在首末两位，可以设置的密码共有（ ）
A．72B．120C．216D．240
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，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，，三角形为正三角形，若二面角为，则该三棱锥的外接球的体积为 ．
三、解答题
17．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．
18．陕西省从2022年秋季启动新高考，新高考“”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，判断是否有的把握认为学生选择历史与性别有关；
(2)从选择历史的10名学生中任意抽取3名同学参加学校“铭记历史，强国有我”演讲比赛，设为抽取的三名学生中女生的人数，求的分布列，并求数学期望和方差．
19．在几何体中，底面是边长为2的正三角形．平面，若．
(1)求证：平面平面；
(2)是否在线段上存在一点，使得二面角的大小为．若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由．
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
2
23
25
女生
8
17
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】
根据复数除法运算可求得，由共轭复数和虚部定义可求得结果.
【详解】由得：，
的共轭复数，则其虚部为.
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】
根据三角函数的定义求出，，再由二倍角公式代入计算可得.
【详解】因为角的终边经过点，
所以，，
所以
.
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．B
【分析】先求出、所表示区域的面积，然后代入几何概率公式，计算即可得答案．
【详解】根据题意可得集合所表示的区域
即为如图所表示的圆及内部的平面区域，面积为，
集合，

表示的平面区域即为图中的阴影部分，设，
所以，
，
所以，所以阴影部分的面积为：，
根据几何概率的计算公式可得，
故选：B．
8．A
【分析】
根据辅助角公式，结合三角函数的性质可得即可由和差角公式求解.
【详解】其中，
当时，取最小值，此时，
故
故，
故选：A
9．C
【分析】分两个0之间有一个数字，两个数字和三个数字，结合排列知识进行求解，相加后得到答案.
【详解】从左到右的6个位置分别为，
若两个0之间有一个数字，此时两个0的位置有或或或四种情况，
在把剩余的4个数进行全排列，此时共有种，
若两个0之间有两个数字，此时两个0的位置有或或三种情况，
剩余的4个数进行全排列，此时有种，
若两个0之间有三个数字，此时两个0的位置有或两种情况，
剩余的4个数进行全排列，此时有种，
综上，可以设置的密码共有个.
故选：C
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】
对a分类讨论，通过二阶求导得出函数的单调性，得出是函数的唯一极小值点的条件.
【详解】因为，所以，
令，，
当时，，故单调递增，
又，故当时，当时，
所以在上单调递减，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，使得在单调递减，
此时不是函数的极小值点，不合题意，
综上所述，的取值范围为，
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：本题关键是通过二阶求导，得出函数的单调性，对a分类讨论得出结果.
13．
【分析】
根据平均数得到方程，求出，由基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】由题意得，
解得，
由于，
故，
当且仅当，时，等号成立.
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．
【分析】依题意可得，球心在过的中点与平面垂直的直线上，
同时也在过的中心与平面垂直的直线上，即可得到，求出，从而求出三棱锥的外接球的半径为，即可得到外接球的体积.
【详解】解：如图，∵，即，∴.
∴球心在过的中点与平面垂直的直线上，
同时也在过的中心与平面垂直的直线上，.
∴这两条直线必相交于球心.
∵二面角的大小为，
易知，，
，，
，
∴三棱锥的外接球的半径为.
∴三棱锥的外接球的体积为.
故答案为：
17．(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
．
18．(1)没有
(2)分布列见解析；期望为，方差
【分析】（1）由公式计算出，对照临界表中的数据，即可得出答案；
（2）求出的可能取值及其对应的概率，即可求出的分布列，再由数学期望和方差公式即可求出的数学期望和方差．
【详解】（1）将表中的数据带入，得到：
，
所以没有的把握认为学生选择历史与性别有关．
（2）由题意知，的可能取值为，
则，
所以分布列为：
则数学期望，
方差.
19．(1)证明见解析
(2)存在；
【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而根据线面垂直即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角即可求解.
【详解】（1）证明：如图，设分别为边的中点，连接，
因为平面，
所以，,进而，
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，
又平面，且平面，所以．
由于，且平面，所以平面．
因为平面，则平面，
又平面，则平面平面．
（2）如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则．
设点，则．
设平面的法向量为，平面的法向量为．
由题意知即
令，则，即，
即取，则，
由，
，解得：，由于点为线段上一点，故，所以，
当时，二面角所成角为锐角，即存在点满足，此时．
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)在上单调递减，在上单调递增
(2)
【分析】（1）求出导函数，解导函数不等式结合定义域即可求解单调区间；
（2）即，令，利用单调性得，再构造函数，利用导数研究函数最值即可求解.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
因为，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，则在上单调递增；
综上：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，所以所求不等式等价于，即，
令，则，
在上，，单调递增，在上，，单调递减，
所以，所以，所以，即的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题考查了导数在函数中的应用，关键是第二问题中涉及不等式恒成立问题，需将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
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．

1
2
3