陕西省西安市铁一中学2023-2024学年高三下学期第四次模考理科数学试题及答案

这是一份陕西省西安市铁一中学2023-2024学年高三下学期第四次模考理科数学试题及答案，共23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（ ）
A．B．C．D．
2．已知是虚数单位，若是纯虚数，则实数（ ）
A．B．2C．D．
3．已知，，若与模相等，则=（ ）.
A．3B．4C．5D．6
4．以下四个选项中的函数，其函数图象最适合如图的是（ ）
A．B．C．D．
5．已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O面上，圆锥的侧面展开图的圆心角为，面积为，则球O的表面积等于（ ）
A．B．C．D．
6．下列说法不正确的是（ ）
A．若直线a不平行于平面，，则内不存在与a平行的直线
B．若一个平面内两条不平行的直线都平行于另一个平面，则
C．设l，m，n为直线，m，n在平面内，则“”是“且”的充分条件
D．若平面平面，平面平面，则平面与平面所成的二面角和平面与平面所成的二面角相等或互补
7．化简（ ）
A．B．C．D．2
8．已知一个古典概型的样本空间和事件，如图所示. 其中则事件与事件（ ）
A．是互斥事件，不是独立事件
B．不是互斥事件，是独立事件
C．既是互斥事件，也是独立事件
D．既不是互斥事件，也不是独立事件
9．数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ）
A．种B．种C．种D．种
10．函数的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则（ ）
A．函数在上单调递增
B．圆的半径为
C．函数的图象关于点成中心对称
D．函数在上单调递减
11．已知点M，N是抛物线：和动圆C：的两个公共点，点F是的焦点，当MN是圆C的直径时，直线MN的斜率为2，则当变化时，的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
12．定义在上的可导函数，满足，且，若，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
13．已知，则在上的投影为 .
14．数列的前n项积为，那么当时，＝ ．
15．已知双曲线左右焦点分别为，过点作与一条渐近线垂直的直线l，且l与双曲线的左右两支分别交于M，N两点，若，则该双曲线的渐近线方程为 ．
16．在锐角中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且，则的取值范围是 ．
三、解答题
17．记是公差为整数的等差数列的前n项和，，且，，成等比数列．
(1)求和；
(2)若，求数列的前20项和．
18．今天，中国航天仍然迈着大步向浩瀚字宙不断探索，取得了举世瞩目的非凡成就.某学校为了解学生对航天知识的知晓情况，在全校学生中开展了航天知识测试（满分100分），随机抽取了100名学生的测试成绩，按照，，，分组，得到如图所示的样本频率分布直方图：
(1)根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的中位数；
(2)从测试成绩在的同学中再次选拔进入复赛的选手，一共有6道题，从中随机挑选出4道题进行测试，至少答对3道题者才可以进入复赛.现有甲、乙两人参加选拔，在这6道题中甲能答对4道，乙能答对3道，且甲、乙两人各题是否答对相互独立，记甲、乙两人中进入复赛的人数为，求分布列及期望.
19．如图，三棱柱中，，是的中点，．
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值．
20．已知（且），．
(1)求在上的最小值；
(2)如果对任意的，存在，使得成立，求实数a的取值范围．
21．已知椭圆E：过两点，，椭圆的上顶点为P，圆C：在椭圆E内．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P作圆C的两条切线，切点为A、B，切线PA与椭圆E的另一个交点为N，切线PB与椭圆E的另一个交点为M．直线AB与y轴交于点S，直线MN与y轴交于点T．求的最大值，并计算出此时圆C的半径r．
22．平面直角坐标系中，圆的参数方程为（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)求圆的极坐标方程和直线的直角坐标方程；
(2)已知点，且直线与圆交于、两点，求的值.
23．不等式选讲已知均为正实数，函数的最小值为4．
(1)求证：；
(2)求证：．
参考答案：
1．D
【分析】解指数，对数不等式，求出集合后，结合集合的运算即可求出结果。
【详解】不等式lg，即可lglg，
根据对数函数的单调性可知，，解得，
所以，，显然集合是的真子集，
所以，即D正确。
故选：D
2．D
【分析】根据虚数性质结合复数的除法运算可得，再根据是纯虚数列式求解.
【详解】，
又因为是纯虚数，所以，所以.
故选：D.
3．C
【分析】利用坐标求出的模长，进而根据已知条件可以得到一个关于的方程，问题即可得到解决.
【详解】因为，所以，
故，而又已知，且，
所以，解得.
故选：C
4．C
【分析】利用排除法，结合函数值的符号和定义域逐项分析判断．
【详解】根据题意，用排除法分析：
对于选项A：，当时，有，不符合题意；
对于选项B：当时，，不符合题意；
对于选项D：的定义域为，不符合题意；
故选：C．
5．A
【分析】求得圆锥的底面半径和高，利用勾股定理求得球的半径，从而求得球的表面积.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
依题意，解得，所以.
设球的半径为，则，
.
所以球的表面积为.
故选：A
6．D
【分析】对于选项ABC，可根据线面平行的判定定理，面面平行的判定定理和线面垂直的判定定理进行判定；对于选项D，可在长方体中寻找特殊平面进行排除.
【详解】对于选项A：若存在直线，则由直线和平面平行的判定定理知直线与平面平行，与条件相矛盾，故A正确；
对于选项B：由面面平行的判定定理可知B正确；
对于选项C：由线面垂直的性质定理知：由，可得且，故C正确；
对于选项D：例如在正方体中，
平面为平面，平面为平面，平面为平面，平面为平面，
此时平面与平面所成的二面角为,平面与平面所成的二面角为，故D错误.
故选：D.
7．B
【分析】利用同角三角函数的商数关系化切为弦，然后利用平方关系和正弦的二倍角公式化简转化为特殊角的三角函数即可得解.
【详解】原式
．
故选：B．
【点睛】本题考查同角三角函数的关系，特殊角三角函数值，二倍角的正弦公式，利用商数关系切化弦是解决问题的关键.
8．B
【解析】由可判断事件是否为互斥事件，由可判断事件是否为独立事件.
【详解】因为，
所以，，，
所以事件与事件不是互斥事件，
所以，，
所以，所以事件与事件是独立事件.
故选：B.
9．B
【分析】先分类，再每一类中用分步乘法原理即可.
【详解】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为或或若是，则先将门学科分成三组共种不同方式.再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种
所以每位同学的不同选修方式有种，
故选：B.
10．D
【分析】根据已知图象得出，.然后结合“五点法”得出，.进而即可代入检验A、C、D项；结合图象，求出点的坐标，即可得出半径.
【详解】对于A项，由图象结合对称性易得，
所以，.
又由图象结合“五点法”可得，，
解得，.
又，所以，.
因为，所以.
根据正弦函数的单调性可知，函数在上不是单调递增，故A项错误；
对于B项，由A可知，，，
点横坐标为，
所以，，故B项错误；
对于C项，因为，
根据正弦函数的性质可知，函数的图象不关于点成中心对称，故C错误；
对于D项，因为，
所以.
根据正弦函数的性质可知，在上单调递减，
结合函数的周期性，可知函数在上单调递减，故D正确.
故选：D.
11．B
【分析】直线的方程为，联立直线与抛物线的方程得到，结合是MN的中点，可得，由抛物线的定义可将转化为，当三点在一条直线时，可求得的最小值.
【详解】圆C：的圆心，
当MN是圆C的直径时，直线MN的斜率为2，
设直线的方程为，化简为：，
，消去可得：，
设，，所以，
因为是MN的中点，所以，解得：，
故，，由抛物线的定义可知，过点作交于点，
过点作交于点，
所以，所以，
当三点在一条直线时取等.
故选：B.

12．C
【分析】根据题意，结合条件求导可得在上为减函数，由其单调性即可判断的大小关系.
【详解】由已知可得：，令，
则，且
，
再令，则，
当时，为增函数；
当时，为减函数；
，
在上恒成立；在上为减函数；
又因为
故令，当时，为增函数；
故选：C
13．/
【分析】先求，，再求，，，利用向量夹角余弦公式求夹角，再由投影向量的模长公式求解.
【详解】因为，
所以，，
所以，，，
设向量与的夹角为，，
那么在上的投影为
|故答案为：.
14．
【分析】设数列的前n项积为，利用求出答案.
【详解】设数列的前n项积为，则，当时，．
故答案为：
15．
【分析】根据双曲线的定义可求，结合余弦定理可求的值.
【详解】如图，设直线，且垂足为，
因为，故，所以，
而，故，故，
在中，由余弦定理可得，
整理得到：，故，
因此该双曲线的渐近线方程为．
故答案为：.
16．
【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式将已知化为，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案.
【详解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得
，
因为，所以，
可得，
因为，所以，
所以，，
由，可得，
所以，，
由正弦定理得
.
故答案为：.
17．(1)，
(2)
【分析】（1）根据已知条件求出公差，由公式即可确定和.
（2）根据已知条件求出，裂项相消法求即可.
【详解】（1）设，由，
得，所以或，
由于，所以. 所以，，.
（2）由知：，故，
由
所以.
18．(1)
(2)
【分析】（1）计算出成绩落在各组的频率，得到该校学生测试成绩的中位数落在，设出中位数，得到方程，求出答案；
（2）先得到甲乙分别能进行复赛的概率，进而得到的可能取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望.
【详解】（1）成绩落在内的频率为，
成绩落在内的频率为，
成绩落在内的频率为，
由于，，
故该校学生测试成绩的中位数落在内，
设中位数为，则，解得，
故估计该校学生测试成绩的中位数为
（2）从6道题中选4道共有种选择，
因为甲能答对其中的4道，故甲能进行复赛的情况有种，
故甲能进行复赛的概率为，不能进复赛的概率为，
因为乙能答对其中的3道，故乙能进行复赛的情况有种，
故乙能进行复赛的概率为，不能进复赛的概率为，
的可能取值为，
，，，
故分布列如下：
数学期望为.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明平面，得到，再证明平面．
（2）方法一几何法，取的中点，过点作于点，可证平面，点到平面的距离即为，求解得解；方法二向量法，建立空间直角坐标系利用向量法求点面距；
（3）建立空间直角坐标系利用向量法求解.
【详解】（1）因为，是的中点，所以，
因为，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，是的中点，
所以，，平面，
所以平面．
（2）法一：取的中点，连接，可得四边形是平行四边形，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
过点作于点，平面，
平面平面，则平面，
所以点到平面的距离即为，
因为，所以，又，
所以，故点到平面的距离为．
法二：由（1）知平面，，所以，，两两垂直，以为原点，
以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，又，，
所以，
，，所以，
所以，，，，，
，，设平面的一个法向量为，
则，即，令，
则为平面的一个法向量，
又，所以点到平面的距离，
故点到平面的距离为．
（3）由（2）法二得，，设平面的一个法向量为，
则得，令，则，，
所以为平面的一个法向量，
又平面，所以是平面的一个法向量，
，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
20．(1)-1
(2)
【分析】（1）对求导，因为为偶函数，求出在的单调性，即可求出上的最小值；
（2）由（1）知，在上的最小值为 ，所以，使得成立，即成立，即，设，，即只需即可．
【详解】（1），
显然为偶函数，当时，
时，，，∴在单调递增；
时，，，∴在单调递减；
，，，∴在上的最小值为．
由偶函数图象的对称性可知在上的最小值为．
（2）先证，设，则，
令，令，
∴在上单调递增，在上单调递减．
故①恒成立．
由题意可得，使得成立，
即成立．
由①可知，
参变分离得，
设，，
即只需即可．
由①知得，
∴
令，令，
∴在上单调递减，在上单调递增．
∴，
∴，
又已知
故a的取值范围为．
21．(1)
(2)的最大值为，此时
【分析】（1）根据题意代入两点，即可得椭圆方程；
（2）设，过点的直线的方程为，根据点到直线的距离公式得到，则可得，再联立，求出坐标，设出直线的方程，代入坐标计算，再求解即可.
【详解】（1）由题意可得：，解得，所以椭圆方程为.
（2）过点作圆C的两条切线，
当两条切线均存在斜率时，设
经过点的直线的方程为，则，
整理得，所以有
又以为直径的圆的方程为
则直线的方程为，
整理得，令得，即，
联立，消去得，
所以，即，
不妨设直线的方程为，则，整理得，
所以为方程的两个根，则，又，
所以，解得，
此时，
当且仅当，即时取等号，
当两条切线中一条斜率不存在时，，此时PA即y轴，
此时，，
综上的最大值为，此时.
【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.
22．(1)圆的极坐标方程为，直线的直角坐标方程为
(2)
【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，再由普通方程与极坐标方程之间的转换关系可得出曲线的极坐标方程，利用极坐标方程与普通方程之间的转换关系可得出直线的直角坐标方程；
（2）写出直线的参数方程，将直线的参数方程代入圆的普通方程，列出韦达定理，结合的几何意义以及韦达定理可求得的值.
【详解】（1）解：由（为参数），得，即.
将代入，得，
则圆的极坐标方程为，
由，可得，即，
所以，直线的直角坐标方程为.
（2）解：直线过点，且倾斜角为，
所以，直线的参数方程为（为参数），
将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程得，
设点、在直线上对应的参数分别为、，，
由韦达定理可得，，
所以，.
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先应用绝对值三角不等式，再结合柯西不等式证明不等式即可；
（2）应用基本不等式证明即可.
【详解】（1），
，
当且仅当时取等号，
，要证，只要证，
由柯西不等式得，
当且仅当时取等号，．
（2）由基本不等式得，
以上三式当且仅当时同时取等号，将以上三式相加得
，即．
0
1
2