陕西省西安市部分学校2024届高三下学期二模考试理科数学试题（含解析）

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科数学试题（含解析），共19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．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
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
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．
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
6．在中，内角，，的对边分别是，，，且的面积，（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
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
9．已知函数.若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．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
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．
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
二、填空题
13．已知向量，且，则向量，的夹角是 .
14．设实数，满足不等式组，则的最大值是 .
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 ．
16．已知函数满足，.则 .
三、解答题
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.
18．已知数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
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．
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.
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.
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.
23．已知函数的最小值是.
(1)求的值；
(2)若，，且，证明：.
参考答案：
1．D
【分析】
利用复数的运算，得到的形式，再由复数的几何意义得到对应复平面内的点，从而判断出所在象限.
【详解】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．A
【分析】解出两个集合中元素的范围，再由集合的基本运算得出结果.
【详解】解不等式得，解不等式得，
所以.
故选：A.
3．C
【分析】
根据指数、对数函数单调性估计三个数所属范围进而比较大小.
【详解】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．A
【分析】
根据棱台的体积公式，直接代入求解即可.
【详解】由已知得：
，
代入公式得：.
故选：A.
5．B
【分析】
首先求出焦点坐标与准线方程，设，依题意得到，求出，再根据抛物线的定义计算可得.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
设，则，解得或（舍去），
则．
故选：B
6．C
【分析】
由余弦定理及得到，从而求出，再由及正弦定理计算可得.
【详解】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．A
【分析】根据题意，求得，结合，代入即可求解.
【详解】因为，可得，
则，
.
故选：A.
8．D
【分析】根据分类加法原理，结合组合、排列的定义进行求解即可.
【详解】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．D
【分析】利用导数判断出函数在定义域上单调递增，根据已知转化出，再解出结果.
【详解】因为，，
所以，
所以是上的增函数，所以若
则，解得.
故选：D
10．D
【分析】
一，由图象相交转化为方程，解三角方程可得或，由是相邻交点，由，根据相邻两点横坐标作差可得方程求解；法二，根据图象及两交点间距离与周期关系建立方程求解即可.
【详解】
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．A
【分析】设的中点为，先证明，四面体的外接球球心在的中点处垂直平面方向上，由求得，从而求得球的表面积.
【详解】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．B
【分析】根据斜率及双曲线的对称性得为等边三角形，再根据同角间关系求解三角函数值，进而用正弦定理求出，由双曲线定义可得，从而得到离心率.
【详解】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：.
13．/
【分析】
根据数量积的运算律求出，再由夹角公式求出，即可得解.
【详解】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．
【分析】
画出可行域，数形结合求出目标函数的最大值.
【详解】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．
【分析】
利用平均数公式与方差公式求解即可.
【详解】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．.
【分析】根据题意，取，求得，再令，得到，结合，利用等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】由函数满足，
取，可得，
令，可得，
即
则

.
故答案为：.
17．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】
（1）首先判断中位数在内，再列出方程，解得即可；
（2）依题意可得，即可求出其分布列与数学期望.
【详解】（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，被抽取的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．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）由已知求得数列首项，再根据数列递推式，采用两式相减的方法，即可求得答案；
（2）结合（1）可得的表达式，然后采用裂项相消的方法求和，即可证明结论.
【详解】（1）当时，由，得，
当时，，
则，
也适合该式，故；
（2）
证明：，
故
，
由于，故，则，
故.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质定理得证线面垂直后可得线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明结论成立；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）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）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．(1)
(2)
【分析】
（1）依题意可得，再由三角形面积求出、、，即可得解；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可求出点坐标，即可表示出，再由基本不等式计算可得.
【详解】（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．

【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，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式求出切线方程；
（2）依题意可得对恒成立，设，求出函数的导函数，当时推出矛盾，当时恒有，即可得到的单调性，即可得解.
【详解】（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．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．(1)曲线的普通方程为，直线的直角坐标方程为
(2)
【分析】
（1）由平方关系消去参数将参数方程化为普通方程，根据将极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）首先得到直线的参数方程，再将直线的参数方程代入曲线的普通方程，利用直线的参数方程中的几何意义计算可得.
【详解】（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．
23．(1)2
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据题意，分类讨论去掉绝对值符号，即可得到的最小值；
（2）根据题意，将原不等式转化，结合条件代入化简，再由基本不等式即可证明.
【详解】（1）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）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.
0
1
2
3