陕西省宝鸡市2024届高三下学期高考模拟检测（二）数学（理科）试题（含解析）

这是一份陕西省宝鸡市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．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A．B．C．D．
3．2023年3月11日，“探索一号”科考船搭载着“奋斗者”号载人潜水器圆满完成国际首次环大洋洲载人深潜科考任务，顺利返回三亚．本次航行有两个突出的成就，一是到达了东南印度洋的蒂阿曼蒂那深渊，二是到达了瓦莱比—热恩斯深渊，并且在这两个海底深渊都进行了勘探和采集．如图1是“奋斗者”号模型图，其球舱可以抽象为圆锥和圆柱的组合体，其轴截面如图2所示，则该模型球舱体积为（ ）．
A．B．C．D．
4．已知各项均为正数的等比数列，满足，若存在不同两项使得，则的最小值为（ ）
A．9B．C．D．
5．已知函数则（ ）
A．存在最小值
B．在上是增函数，在上是减函数
C．的图象关于点（1，0）对称
D．的图象关于直线对称
6．函数的最小正周期为，其图像向左平移个单位长度后关于原点对称，则函数在上的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．某位同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒3盒、莲花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒．若这三类药物能治愈感冒的概率分别为，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用，则感冒被治愈的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知两条直线、，两个平面、，给出下面四个命题：
①，，； ②，；
③，； ④，，.
其中正确命题的序号是：（ ）
A．①③B．①④C．③④D．②③
9．已知直线与双曲线交于两点，点是弦的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．C．D．3
10．在中，分别是角的对边，若，则的值为（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
11．记为等差数列的前项和，若，，且，则数列中最大的负数为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，若至多有一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知向量，且，则向量与的夹角为 ．
14．已知样本，的平均数为10，则该样本方差的最小值为 ．
15．直线与圆相交于M，N两点，若，则 .
16．已知定义在上的奇函数满足，，为数列的前项和，且，则= ．
三、解答题
17．目前，随着人们的生活节奏的加快，人们出行时乘坐的交通工具也逐渐多样化．某公司为了了解员工上个月上、下班时两种交通工具乘坐情况，从全公司所有的员工中随机抽取了100人，发现样本中两种交通工具都不乘坐的有5人，样本中仅乘坐和仅乘坐的员工月交通费用分布情况如下：
(1)从全公司员工中随机抽取1人，估计该员工上个月两种交通工具都乘坐的概率；
(2)从样本中仅乘坐和仅乘坐的员工中各随机抽取1人，以表示这2人中上个月交通费用大于400元的人数，求的分布列和数学期望；
(3)已知上个月样本中的员工乘坐交通工具方式在本月没有变化．现从样本中仅乘坐的员工中随机抽查3人，发现他们本月交通费用都大于600元．根据抽查结果，能否认为样本中仅乘坐的员工中本月交通费用大于600元的人数有变化？请说明理由．
18．中，为边的中点，.
(1)若的面积为，且，求的值；
(2)若，求的取值范围．
19．在四棱锥中，底面为平行四边形，平面

(1)证明：；
(2)若，当与平面所成角的正弦值最大时，求四棱锥的体积．
20．已知椭圆经过点，下顶点为抛物线的焦点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点均在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，
（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）当时，求直线的方程．
21．已知函数
(1)若和的图象有公共点，且在公共点处有相同的切线，求值；
(2)求证：当时，的图象恒在的图象的上方；
(3)令，若有2个零点，试证明
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，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求曲线与曲线的交点的直角坐标；
(2)将曲线绕极点按逆时针方向旋转得到曲线，求曲线的直角坐标方程．
23．已知函数．
(1)求的最小值；
(2)若时，恒成立，求的最小值．
交通费用（元）
交通工具
大于600
仅乘坐
18人
9人
3人
仅乘坐
10人
14人
1人
参考答案：
1．A
【分析】求出集合后可求.
【详解】，故，
故选：A.
2．C
【分析】由复数的几何意义可得，再计算，即可得答案；
【详解】由复数的几何意义可得，
，
故选：C.
3．D
【分析】
根据圆锥以及圆柱的体积公式即可求得答案.
【详解】由模型的轴截面可知圆锥的底面半径为，高为；
圆柱的底面半径为，高为，
故该模型球舱体积为（），
故选：D.
4．B
【分析】利用基本量法可得，再就的不同取值可求的最小值.
【详解】设等比数列的公比为，则，
而，则，故（舍）或，
故，而，故，故，
因为为正整数，故或或，
若，则；若，则；
若，则，
而，故的最小值为.
故选：B.
5．C
【分析】设点是函数在的图象上任意一点，可得函数在上的图象与函数在上的图象关于点对称，根据对称性可得答案.
【详解】设点是函数在的图象上任意一点，
它关于点的对称点为，
则，∴代入，得，
∴，，
∴函数在上的图象与函数在上的图象关于点对称，
即的图象关于点对称，
因为函数在上是增函数，所以在定义域上单调递增．
故A、B、D错误；
故选：C.
6．B
【分析】由周期确定，根据图象平移后关于原点对称确定，最后根据的范围确定的最小值即可.
【详解】解：因为函数的最小正周期为，
所以，故.
将函数的图像向左平移个单位长度后可得函数的图像.
根据所得的图像关于原点对称，可得，
因为，所以，所以函数.
又因为，所以，
故当，即时，函数取得最小值.
故选：.
【点睛】本题考查函数的最值，关键是根据已知条件确定解析式，属于中档题.
7．C
【分析】
根据全概率公式计算可得；
【详解】记服用金花清感颗粒为事件，服用莲花清瘟胶囊为事件，服用清开灵颗粒为事件，感冒被治愈为事件，
依题意可得，，，，，，
所以
.
故选：C
8．C
【分析】根据空间中线线、线面、面面位置关系，逐项判断，即可得正确选项.
【详解】对于①，若，，，则与不一定平行，也可能异面，故①错误；
对于②，，或，故②错；
对于③，两条平行线中的一条垂直一个平面，另一条也垂直此平面，故③正确；
对于④，，，又，故④正确．
故选：C．
【点睛】本题考查空间中与线、面位置关系有关的命题的真假，属于常考题型.
9．A
【分析】利用点差法可求的关系，从而可求双曲线的离心率.
【详解】设，则，且，
所以，整理得到：，
因为是弦的中点，
所以，所以即
所以，
故选：A.
10．C
【分析】
利用正弦定理和余弦定理结合三角变换公式可求三角函数式的值.
【详解】由正弦定理可得，由余弦定理可得，
故
，
故选：C.
11．C
【分析】
依题意可得公差，且，再根据等差数列求和公式及下标和性质判断即可.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，且，
所以，，，
所以为递增等差数列，则，
所以，，
，显然均为负数，
又，所以，
所以数列中最大的负数为.
故选：C
12．B
【分析】
求出函数的导数，讨论其单调性后结合零点存在定理可得参数的取值范围.
【详解】，
若时，则恒成立，故在上为增函数，
而，，故在上有一个零点.
若，则当时，，当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，
若，即即时，，故此时最多一个零点.
若即，此时，而，故在有且只有一个零点，
因为，故，故，
又，设，则，
故在上为减函数，故，
故，故在有且只有一个零点，
故时，有两个不同的零点.
综上，，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：导数背景下函数零点问题，可利用导数讨论函数的单调性，再结合零点存在定理判断零点的个数，注意取点时要保证点与极值点有明确的大小关系，有时对应点处的函数值符号需结合导数判断.
13．
【分析】
利用向量夹角公式可求向量与的夹角.
【详解】因为，所以，
故，故，故，
而，故，
故答案为：.
14．/
【分析】
根据平均数可求的关系，再结合二次函数可求方差的最小值.
【详解】由题设有即，
故样本方差，
故，当且仅当时等号成立，
故样本方差的最小值为，
故答案为：.
15．
【分析】先求得圆心到直线的距离d，再根据，由求解.
【详解】圆的圆心为，半径为2，
圆心到直线的距离为，
又因为，
所以，
解得，
故答案为：
16．3
【详解】 ∵，又∵，∴.
∴.
∴是以3为周期的周期函数.
∵数列满足，且，两式相减整理得 是以 为公比的等比数列，，∴.
∴,故答案为.
【易错点晴】本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.本题将函数的解析式、奇偶性、周期性与数列的通项公式综合在一起出题体加大了难度，提高了综合性.
17．(1).
(2)分布列见解析，.
(3)见解析
【分析】
（1）先求出两种交通工具都乘坐的人数，从而可求概率.
（2）根据表中数据以及独立事件的概率公式可求分布列，利用公式可求期望.
（3）根据古典概型的概率公式可求“从样本中仅乘坐的员工中随机抽查3人，交通费用都大于600”的概率，据此可判断人数是否有变化.
【详解】（1）由表中数据可得仅乘坐的人数为，
仅乘坐的人数为人，两种交通工具都不乘坐的有5人，
故都乘坐的人数为，
故从全公司员工中随机抽取1人，
估计该员工上个月两种交通工具都乘坐的概率为.
（2）样本中从仅乘坐的人任选一人，上个月交通费用大于400元的概率为，
样本中从仅乘坐的人任选一人，上个月交通费用大于400元的概率为，
的所有可能取值为，
故，
，
，
故的分布列为：
故.
（3）记事件为“从样本中仅乘坐的员工中随机抽查3人，交通费用都大于600”，
由上个月的样本数据可得，
结论1：可以认为有变化，
因为很小，概率很小的事件一般不容易发生，一旦发生，就可以认为样本中仅乘坐的员工中本月交通费用大于600元的人数有变化.
结论2：无法确定有没有变化，
因为事件是随机事件，很小，一般不容易发生，但还是有发生的可能，所以无法确定有没有变化.
18．(1)
(2)
【分析】
（1）由，利用面积公式求出，在中由余弦定理求出，再由正弦定理求出；
（2）设，，分别利用余弦定理表示出、，从而得到，再由余弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为为边的中点，所以，
又，即，解得，
在中由余弦定理，
即，所以，
在中由正弦定理，即，解得.
（2）设，，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
因为，所以，则，
所以，
所以，
所以，即.
19．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）如图，连接，设，连接，可证平面，从而可得，故可证明.
（2）利用等积法可求与平面所成角的正弦值，根据基本不等式可求何时正弦值最大，故可求此时四棱锥的体积.
【详解】（1）
如图，连接，设，连接.
因为，平面，平面，故，
而，，平面，
故平面，而平面，故，
由四边形为平行四边形可得，故为等腰三角形，
故.
（2）设，.
由（1）可得平面，而平面，故，
故四边形为菱形，而，故.
因为平面，平面，故，
故，同理.
而，故.
设为点到平面的距离，与平面所成的角为，
故.
又，
而，
故，故，
故，
当且仅当即时等号成立，
故此时.
20．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】
（1）首先求出抛物线的焦点坐标，即可得到，再由椭圆过点，求出；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，、，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，代入后化简得的值，代入直线方程可得定点坐标；
（ⅱ）设直线恒过定点为，由，可得，结合（ⅰ）中韦达定理求出、，即可求出，从而求出直线方程.
【详解】（1）抛物线的焦点为，所以椭圆的下顶点，则，
又椭圆经过点，所以，解得，
所以椭圆方程为；
（2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，设，则，
所以，则，与矛盾，
所以直线的斜率存在，
由已知直线斜率同号，因此直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，设，
由得，
由，可得，
所以，，
则
，
，
所以，
即，
所以，解得或，
当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，不合题意，
当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，符合题意．
综上可得直线恒过定点.
（ⅱ）设直线恒过定点为，
此时，解得，
由，可得，
又，，
所以，，
所以，解得，满足，
所以，
所以直线方程为.

【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线上直线过定点问题的方法．
设出直线方程为，设交点坐标为，直线方程与圆锥曲线方程联立方程组，消元后应用韦达定理得，代入题中关于交点的满足的的条件可得出关系，从而代入直线方程后得定点坐标．
21．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】
（1）设公共点为，根据题设可得关于切点坐标的方程组，求出其解后可得的值.
（2）设，利用导数可证恒成立，故可证的图象恒在的图象的上方；
（3）利用导数可证，从而可证.
【详解】（1），设公共点为，
因为在公共点处有相同的切线，则，
故，解得，故.
（2）设，，
当时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故.
因为，故，所以，故，
所以即，
故当时，的图象恒在的图象的上方.
（3）因为有2个零点，故，
所以即，同理，
不妨设，
又，故，
要证：，即证：，
即证：，即证：.
设，则，
故在上为增函数，故即，
而，故成立，
故成立.
【点睛】关键点点睛：与函数零点有关的多变量的不等式问题，可根据零点满足等式关系构建不同零点满足的恒等关系，结合目标不等式化简变形后可将原不等式转化一元不等式处理，而后者可利用导数证明.
22．(1)和
(2)
【分析】
（1）将曲线的方程化为普通方程，曲线的方程化为直角坐标方程，再联立两方程求出交点坐标；
（2）设点为曲线上的点，则点必在曲线上，将代入曲线的极坐标方程，即可得到曲线的极坐标方程，再化为直角坐标方程即可.
【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），
所以曲线的普通方程为，
又曲线的极坐标方程为，，
所以，
即曲线的直角坐标方程为，
由，解得或，
所以曲线与曲线的交点的直角坐标为和.
（2）设点为曲线上的点，则点必在曲线上，
将代入曲线的极坐标方程中可得
，
即，
又，所以，
即曲线的直角坐标方程为.
23．(1)
(2)
【分析】（1）分类讨论去掉绝对值符号后可求的最小值；
（2）就、分类讨论后可得的最小值.
【详解】（1）由题设可得，
当时，，当时，，
故的最小值为.
（2）因为时，，所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
当时，有恒成立，
故在上恒成立，因为的图象为线段，
所以，故且.
当时，有在上恒成立，
所以在上恒成立，故，
所以且，
所以，故的最小值为.