陕西省西安市部分学校2024届高三下学期二模考试(理)数学试卷(解析版)

这是一份陕西省西安市部分学校2024届高三下学期二模考试(理)数学试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷
一、选择题
1. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】由题得，则在复平面内对应的点的坐标为，所以在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：.
2. 已知集合，，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】解不等式得，解不等式得，
所以.
故选：A.
3. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为在单调递增，所以.
因为是R上的单调递减函数，所以.
因为是R上的单调递增函数，所以.
所以.
故选：C.
4. 四羊方尊（又称四羊尊）为中国商代晚期青铜器，其盛酒部分可近似视为一个正四棱台（上、下底面的边长分别为，，高为），则四羊方尊的容积约为（ ）（参考公式：棱台的体积，其中，分别为棱台的上、下底面面积，为棱台的高）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由已知得：
，
代入公式得：.
故选：A.
5. 已知抛物线的焦点为，是抛物线上的一点，为坐标原点，，（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】B
【解析】抛物线的焦点为，准线方程为，
设，则，解得或（舍去），
则．故选：B.
6. 在中，内角，，的对边分别是，，，且的面积，（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由余弦定理可得，所以，
则．
又因为，即，所以，显然，又，所以（负值舍去）．所以，
又因为，所以，所以，
所以．故选：C.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，可得，
则，
.故选：A.
8. 老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人，其中甲分得2本，乙、丙每人至少分得一本，则不同的分法有（ ）
A. 248种B. 168种C. 360种D. 210种
【答案】D
【解析】根据题意进行分类：
第一类：甲、乙、丙每人分得2本，（种）；
第二类：甲分得2本，乙、丙两人中一人分得1本另一人分得3本，（种）.
所以由分类加法计数原理可得共有种不同的分法．
故选：D.
9. 已知函数.若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，，
所以，
所以是上的增函数，所以若
则，解得.故选：D.
10. 已知函数的图像与直线的两个相邻交点是，若，则（ ）
A. 1B. 1或7C. 2D. 2或6
【答案】D
【解析】法一：令，得，
则或，，解得或，.
因为是函数的图像与直线的两个相邻交点，由，且，
则，或，
解得或.
法二：令，得，
因为是函数的图像与直线的两个相邻交点，设，
则或，且，
如图可知，或.
（设的最小正周期为，也即或）
即或，解得或.故选：D.

11. 如图,在矩形中,,,,分别在线段,上, 将沿折起,使到达的位置,且平面平面,则四面体的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设的中点为，连接，由题可知为等腰直角三角形，
，又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
根据题意，，所以的外心为的中点，
设四面体的外接球的球心为，
则平面，
作分别交于，
，又，，
则，所以，
所以，，
由，得，
即，
解得，
，所以四面体外接球的表面积为.故选：A.
12. 如图,已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，点在轴上，，，三点共线，若直线的斜率为，直线的斜率为，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】由题意，直线的斜率为，，又，
所以为等边三角形,故,
，
在中，，则为锐角，
则，，
由正弦定理，，
，,
由，得，.故答案选：.
第II卷
二、填空题
13. 已知向量，且，则向量，的夹角是______.
【答案】
【解析】因为，所以，
所以．因为，所以，又，
所以，即向量，的夹角是．故答案为：
14. 设实数，满足不等式组，则的最大值是______.
【答案】
【解析】因为实数，满足不等式组，作出可行域如下所示：
由，解得，所以，由，可得，平移直线，由图可知，当直线经过时直线在轴上的截距取得最大值，即取得最大值，所以．故答案为：
15. 若一组数据，，，，的平均数为3，方差为，则，，，，，9这6个数的平均数为______，方差为______．
【答案】
【解析】依题意，知这6个数的平均数为，
又，得，
所以这6个数的方差为.
故答案为：；.
16. 已知函数满足，.则______.
【答案】.
【解析】由函数满足，
取，可得，
令，可得，
即
则

.
故答案为：.
三、解答题
（一）必考题
17. 某校组织学生进行跳绳比赛，以每分钟跳绳个数作为比赛成绩（单位：个）.为了解参赛学生的比赛成绩，从参赛学生中随机抽取50名学生的比赛成绩作为样本，整理数据并按比赛成绩分成，，，，，这6组，得到的频率分布直方图如图所示.
（1）估计该校学生跳绳比赛成绩的中位数；
（2）若跳绳比赛成绩不低于140分的为优秀，以这50名学生跳绳比赛成绩的频率作为概率，现从该校学生中随机抽取3人，记被抽取的比赛成绩优秀的学生人数为，求的分布列与期望.
解：（1）因为，，
所以该校学生比赛成绩的中位数在内，
设该校学生比赛成绩的中位数为，则，
解得，即该校学生比赛成绩的中位数为．
（2）由频率分布直方图可知比赛成绩优秀的频率为，
则从该校学生中随机抽取人，被抽取学生比赛成绩优秀的概率是．
由题意可知，
则，
即，，
，
所以的分布列为
故．
18. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
（1）解：当时，由，得，
当时，，
则，也适合该式，故；
（2）证明：，
故
，
由于，故，则，
故.
19. 如图，在三棱锥中，平面平面，且，．
（1）证明：平面；
（2）若，点满足，求二面角的大小．
（1）证明：过作于点，平面平面，且平面
平面，平面，故平面．又平面，．又，，平面，平面，
所以平面，
（2）解：由（1）平面，平面,故,
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,0,，，,1,，，
故，,所以,
，
设平面的法向量，
则，令有，故，
平面的法向量，则，
又二面角所成角为锐角，
二面角所成角的余弦值为，角的大小为．
20. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，右顶点为，的面积为，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点且斜率大于的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，若，求直线与直线的斜率之积的最小值.
解：（1）设椭圆的焦距为，
因为，则，所以，
因为的面积为，所以，
即，解得（负值舍去），所以，
故椭圆的标准方程为．
（2）设直线的方程为，，，
联立整理得，显然，
所以．
从而，
故点的坐标为．
因为，所以．
因为直线的斜率，所以，
当且仅当时，等号成立，即直线与直线斜率之积的最小值为．
21. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，且在上单调递减，求的取值范围.
解：（1）当时，，，
则，，
故所求切线方程为，即．
（2）若在上单调递减，则对恒成立．
设，则，
令，则，
所以，
由，解得或．
当时，必存在，使得当时，，
则在上单调递增，所以当时，，
则在上单调递增，
同理得，当时，，则在上单调递增，
这与在上单调递减矛盾，所以不合题意．
当时，，，即，所以不合题意．
当时，恒有，
①当时，，则在上单调递减，
②当时，，得在上单调递增．
所以，所以对恒成立．
综上，的取值范围是．
（二）选考题
[选修4-4：坐标系与参数方程]
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，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程是.
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）若，直线与曲线交于，两点，求的值.
解：（1）由（为参数），即（为参数），
又，消去参数得，
即曲线的普通方程为．
由，又，所以，
即直线的直角坐标方程为．
（2）因为点在直线上，又直线的斜率，
所以直线的参数方程为（为参数）．
将直线的参数方程代入曲线的方程，整理得，
设对应的参数分别为、，显然，所以，，
故．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数的最小值是.
（1）求的值；
（2）若，，且，证明：.
（1）解：当时，，
此时；
当时，，
此时；
当时，，
此时；
综上所述，函数的最小值是2，即.
（2）证明：要证，
即证，
即证，
因为，，且，
故只需证，
由基本不等式可知，，
当且仅当时，等号成立，
故命题得证.
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