陕西省西安市长安区2024届高三下学期第一模拟考试理科数学试卷（含解析）

这是一份陕西省西安市长安区2024届高三下学期第一模拟考试理科数学试卷（含解析），共25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．设集合，，则的子集个数为（ ）
A．8B．16C．32D．64
2．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．等于（ ）
A．B．C．D．1
4．算盘起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国古代的一项伟大的发明．在阿拉伯数字出现前，算盘是世界广为使用的计算工具，下图一展示的是一把算盘的初始状态，自右向左分别表示个位、十位、百位、千位，，上面的一粒珠子（简称上珠）代表5，下面的一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等同于一粒上珠的大小.例如如图二，个位上拨动一粒上珠、两粒下珠，十位上拨动一粒下珠至梁上，代表数字17.现将算盘的个位、十位、百位、千位、万位、十万位分别随机拨动一粒珠子至梁上，则表示的六位数至多含4个5的情况有（ ）
A．57种B．58种C．59种D．60种
5．在中，点是线段上一点，点是线段上一点，且，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知圆，直线，若圆上任意一点关于直线的对称点仍在圆上，则点必在（ ）
A．一个离心率为的椭圆上B．一个离心率为2的双曲线上
C．一个离心率为的椭圆上D．一个离心率为的双曲线上
7．的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．40D．80
8．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《胁子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何?现有这样一个相关的问题：被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A．60B．61C．75D．76
9．设为抛物线C：上的动点，关于的对称点为，记到直线、的距离分别、，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，若存在实数满足，则错误的是（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数，关于有下面说法①函数的最小正周期为.②函数在单调递减.③函数的图像关于轴对称.④函数的最小值是则正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
12．如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的个数为（ ）

①在中点时，平面平面
②异面直线所成角的余弦值为
③在同一个球面上
④，则点轨迹长度为
A．0B．1C．2D．3
二、填空题
13．若满足约束条件，则目标函数的最小值为 .
14．已知，是虚数单位，复数是实数．则的最小值为 .
15．某网店统计了商品最近40天的日销售量，日销售量依次构成数列，已知，且，则商品这40天的总销量为 .
16．若不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
三、解答题
17．某公司有甲、乙、丙三个部门，其员工人数分别为、、，员工隶属于甲部门.在医务室通过血检进行一种流行疾病的检查，已知该种疾病随机抽取一人血检呈阳性的概率为，且每个人血检是否呈阳性相互独立.
(1)现采用分层抽样的方法从中抽取人进行前期调查，求从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人，并求员工被抽到的概率；
(2)将甲部门的名员工随机平均分成组，先将每组的血样混在一起化验，若结果呈阴性，则可断定本组血样全部为阴性，不必再化验；若结果呈阳性，则本组中至少有一人呈阳性，再逐个化验.记为甲部门此次检查中血样化验的总次数，求的分布列和期望.
18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
(1)求B；
(2)若的面积等于，求的周长的最小值．
19．如图，在三棱锥中，侧面是边长为1的正三角形，分别为的中点，平面与底面的交线为．
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为，试问在直线上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，且满足.若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.
20．已知椭圆的短轴长等于焦距，且过点
(1)求椭圆的方程；
(2)为直线上一动点，记椭圆的上下顶点为，直线分别交椭圆于点，当与的面积之比为时，求直线的斜率.
21．已知函数.
(1)若函数的图像在处的切线与直线垂直，求的值并求函数的极值；
(2)若恒成立，求证：对任意正整数，都有.
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，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)曲线与交于两点，求直线的直角坐标方程及.
23．已知函数．
(1)若，求的解集；
(2)若关于的不等式有解，求实数的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】
根据对数的运算性质化简集合、，即可求出，再判断其子集个数.
【详解】因为，，
所以，所以中含有个元素，
所以的子集有（个）.
故选：C
2．B
【分析】
首先判断两圆的位置关系，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】因为圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
又，所以两圆相内切，
又表示圆及圆内的点，
表示圆及圆内的点，
即由推不出，故充分性不成立，
由推得出，故必要性成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B

3．C
【分析】
利用两角和的余弦公式计算可得.
【详解】
.
故选：C
4．A
【分析】根据出现5的个数分类讨论后可求符合条件的所有的总数.
【详解】至多含4个5，有以下5种情况：
不含5，有种；含1个5，有种；
含2个5，有种；含3个5，有种；
含4个5，有种；
所以，所有的可能情况共有种，
故选：A.
5．A
【分析】
依题意可得，即可得到，再根据平面向量共线定理的推论得到，解得即可.
【详解】因为，所以，即，
又，所以，
因为点是线段上一点，即、、三点共线，
所以，解得.
故选：A
6．B
【分析】
首先求出圆的圆心坐标，依题意可得直线过圆的圆心，从而得到，即可得到点所满足的曲线方程，再求出离心率.
【详解】圆的圆心为，
依题意可知直线过圆的圆心，则，
所以点必在双曲线即上，且该双曲线的离心率．
故选：D.
7．B
【分析】
根据多项式乘法可求展开式中的系数.
【详解】因为 ，
故可以来自5个因式的2个因式提供，余下3个因式提供，
或者5个因式的3个因式提供，余下1个因式提供，一个因式提供，
故的系数为，
故选：B.
8．B
【分析】先由“两个等差数列的公共项构成的新的等差数列的公差为两个等差数列公差的最小公倍数”得，再由基本不等式求得的最小值.
【详解】被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为，公差为的等差数列，
所以，
∴，
当且仅当，即时取等号，
∴当时取最小值为．
故选：B.
9．D
【分析】
根据题意得到，再利用抛物线的定义结合三角不等式求解.
【详解】抛物线C：的焦点为，准线方程为，
如图，
因为，且关于的对称点为，所以，
所以
.
当在线段与抛物线的交点时，取得最小值，且最小值为.
故选：D
10．A
【分析】
画出的图象，根据图象可得的取值范围，再根据图象的局部对称性可得，且，故可判断各项的正误.
【详解】，
故的图象如图所示，
考虑直线与图象的交点，
则，且，，故BD正确.
由可得即，
整理得到，故C正确.
又，
由可得，但，故，
故，故A错误.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：分段函数的零点问题，可先刻画其图象，根据图象的性质可得各零点的性质，结合基本不等式等考虑目标代数式的范围等.
11．B
【分析】
根据正弦函数的周期性与奇偶性判断①③，利用导数说明函数的单调性，即可判断②④.
【详解】因为函数的最小正周期为，的最小正周期为，
又，
所以的最小正周期为，故①正确；
由，
当时，所以，
则，，
所以，所以函数在单调递增，故②错误；
因为，
所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故③错误；
因为恒成立，令，则，
解得或，，
所以的单调递减区间为，，，
令，则，解得，，
所以的单调递增区间为，，
又，，，
所以函数的最小值是，故④正确.
故选：B
12．D
【分析】
根据正方体图像特征证明面面垂直得到①；根据异面直线所成的角判断②错误；根据五点共圆得到③，根据轨迹求出长度得到④.
【详解】
①：取的中点，连接，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，
易知，平面，在面内，
所以，面，面，，
所以面，面，所以，
连接，是正方形，，
因为面，面，所以，
因为面，面，，
所以面，因为面，所以，
综上，面，面，又，
所以面，面，故平面平面，故①正确；
②：取的中点，连接，则，
所以是异面直线所成的角，
又，则，故②错误；
③：记正方体的中心为点，则，
所以在以为球心，以为半径的球面上，故③正确；
④：因为，且为的中点，
所以，故，
所以点轨迹是过点与平行的线段，且，
所以，故④正确；
故选：D
【点睛】方法点睛：
（1）用普通方法求异面直线所成的角时可以找到与其中一条平行的直线与另一条直线相交所成的角即为异面直线的夹角；
（2）证明面面垂直时，通常先证明线面垂直，再证明面面垂直；
（3）证明点共球面可先证明点共圆.
13．
【分析】
画出不等式组对应的可行域，平移动直线后可求目标函数的最小值.
【详解】
不等式组对应的可行域如图所示，初始直线为：，
将初始直线平移至，取最小值，
由可得，故，
所以，
故答案为：.
14．
【分析】
根据复数代数形式的除法运算化简复数，依题意可得，即，再计算，由二次函数的性质求出最小值.
【详解】因为
，
又复数是实数，所以，即，
所以，
所以当，时.
故答案为：
15．
【分析】
根据题设中的递推关系可得且，据此可求商品这40天的总销量.
【详解】当时，，
当时，，
故且，故，
故前天的总销量为：
.
故答案为：.
16．
【分析】
函数不等式恒成立问题与隐零点问题.构造函数，求导后再次构造函数，求导分析的单调性，找到隐零点，并得到，然后再分析的单调性，找到最大值，最后再结合对数的运算求出函数的最大值即可.
【详解】不等式移项可得，
设，则，
设，则恒成立，
所以函数在上单调递减，
因为，
所以，使得，①
所以在上单调递增，在上单调递减，最大值为，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
，代入①可得，
所以，所以实数的取值范围为，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：
（1）证明带参数的不等式恒成立问题时可采用分离参数法，再构造函数利用导数分析函数的最值情况，如一次构造不容易看出单调性可二次构造再求导；
（2）对于隐零点问题，可求导后分析特殊值找到隐零点的大概区间，再以隐零点为边界分析函数的单调性.
17．(1)分别抽人，人，人，
(2)分布列见解析，
【分析】
（1）根据分层抽样规则求出从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取的人数，再根据古典概型的概率公式计算可得；
（2）记“小组血样化验结果呈阴性”为事件，利用相互独立事件的概率公式求出，则可取值、、，分别求出概率，列出分布列，求出数学期望即可.
【详解】（1）由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为，
由于采用分层抽样的方法从中抽取人，
因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取人，人，人.
记事件：“员工被抽到”，由于每位员工被抽到的概率相等，
所以员工被抽到的概率为.
（2）甲部门的名员工随机平均分成组，每组人，记“小组血样化验结果呈阴性”为事件，
由于每个人血检是否呈阳性相互独立，所以，
所以的可能取值为、、，
所以﹔
，
所以的分布列为下表：
则的期望为．
18．(1)
(2)
【分析】
（1）利用正弦定理化边为角，再根据辅助角公式及三角函数即可得解；
（2）由题意可得ac＝4，再利用余弦定理结合基本不等式即可得出答案.
【详解】（1）
解：因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
∵，所以，
所以，∴；
（2）
解：依题意，∴ac＝4，
所以，当且仅当时取等号，
又由余弦定理得，
∴，当且仅当a＝c＝2时取等号，
所以的周长最小值为．
19．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】
（1）由已知可推得.根据线面平行的判定定理，可得平面.然后根据线面平行的性质定理，可得.进而即可得出证明；
（2）由已知可得.又易知，即可得出平面.以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设，求出平面的法向量以及，根据向量法表示出，根据已知，即可得出的值.
【详解】（1）因为分别为的中点，
所以.
又平面，平面，
所以平面.
又平面，平面与底面的交线为，所以.
从而.
而平面，平面，所以平面.
（2）取的中点记为，连接，
因为是边长为的正三角形，所以，.
由（1）可知，在底面内过点作的平行线，即平面与底面的交线.
由题意可得，即，
所以的面积.
设点到平面的距离为，
则由已知可得，于是.
因为，所以平面，
取的中点记为，连接，则.
因为，所以.
以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，设.
于是，，.
设平面的一个法向量为，
则， 即，
取，则，，即是平面的一个法向量，
所以.
又直线与平面所成角为，
于是.
又，
而异面直线所成角为，于是.
假设存在点满足题设，则，
即，所以.
当时，，此时有；
当时，，此时有.
综上所述，这样的点存在，且有.
20．(1)
(2)
【分析】
（1）由椭圆的性质和点在椭圆上再结合已知条件列方程组求出即可；
设出，由直线方程和曲线方程联立，分别（2）解出点坐标，再由三角形面积公式和弦长公式以及面积比得到值，最后由斜率公式得到直线的斜率.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）
因为，
设，
则直线的方程的方程为，
联立，消去可得，
，
解得，代入直线方程可得，故，
直线的方程为，由，消去可得，，
解得，故，
设与的面积分别为，则，
因为，且三点共线，三点共线，结合距离公式化简可得
，
由，化简解得，
当时，，的斜率为，
当时，，的斜率为，
综上，直线的斜率.
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线的面积问题时，可用三角形面积公式表达出面积，再用弦长公式表示出弦长，最后由面积比求出相应的参数值.
21．(1)，极大值为，无极小值
(2)证明见解析
【分析】
（1）对求导，由导数的几何意义可得，代入，即可求得的单调性和极值.
（2）将不等式变形为，令，分离参数后构造函数，转为为求解的最大值，即时，恒成立，令，则，然后结合对数运算性质可求.
【详解】（1）因为，
所以，
依题意可得，即，
所以，定义域为，
所以，
令可得，
所以当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增，
的极大值为，无极小值.
（2）函数的定义域为，
因为恒成立，即对任意的恒成立，
即，其中，
令，则，即，
构造函数，，则，令，得，列表如下：
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，，
即时，恒成立，
取，则对任意的恒成立，
令，则，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
22．(1)曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为
(2)直线，
【分析】（1）根据曲线的参数方程求出曲线的普通方程，根据曲线的极坐标方程求出曲线的直角坐标方程；
（2）曲线的方程减去曲线方程得直线方程，求出直线的极坐标方程，据此即可求解.
【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），
所以，因为曲线的极坐标方程为，
所以，
所以，
所以曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；
（2）由题设，曲线的方程与曲线方程作差，
得公共弦所在直线方程为，所以直线的方程为，
设曲线圆心到直线的距离为，
所以，所以.
23．(1)
(2).
【分析】（1）将函数去绝对值，转为分段函数，即可求解.
（2）不等式，即转化为，利用绝对值三角不等式化简，求得函数的最小值即可求解.
【详解】（1）解：当时，，
当时，由，解得，当时，由，解得.
故的解集为.
（2）解：当时，恒成立，故，又，即，故，
所以的取值范围为.
2
5
8
+
0
-
单调递增
极大值
单调递减