|试卷下载
搜索
    上传资料 赚现金
    陕西省西安市陕西师范大学附属中学2023-2024学年高三第六次模考数学(理科)试题及答案
    立即下载
    加入资料篮
    陕西省西安市陕西师范大学附属中学2023-2024学年高三第六次模考数学(理科)试题及答案01
    陕西省西安市陕西师范大学附属中学2023-2024学年高三第六次模考数学(理科)试题及答案02
    陕西省西安市陕西师范大学附属中学2023-2024学年高三第六次模考数学(理科)试题及答案03
    还剩17页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    陕西省西安市陕西师范大学附属中学2023-2024学年高三第六次模考数学(理科)试题及答案

    展开
    这是一份陕西省西安市陕西师范大学附属中学2023-2024学年高三第六次模考数学(理科)试题及答案,共20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.设全集,集合,那么( )
    A.B.C.D.
    2.复数的共轭复数为( )
    A.B.1C.D.
    3.若实数,满足,则关于的函数图象的大致形状是( )
    A.B.
    C.D.
    4.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
    A.B.C.D.
    5.若函数的图象在区间上只有一个极值点,则的取值范围是( )
    A.B.C.D.
    6.已知数列是等差数列,数列是等比数列,若,则( )
    A.2B.C.D.
    7.双曲线的焦点弦长为的弦有( )
    A.8条B.4条C.2条D.1条
    8.一数字电子表显示的时间是四位数,如,那么在一天(24小时制)内,所显的四个数字和是23的概率是( )
    A.B.C.D.
    9.三边是连续正整数的钝角三角形面积是( )
    A.B.C.D.
    10.已知可导函数的导函数为,若对任意的,都有,且,则不等式的解集为( )
    A.
    B.
    C.
    D.
    11.双纽线是1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的.在平面直角坐标系中,把到定点和距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是双纽线上一点,下列说法正确的是( )
    ①双纽线关于原点对称;②;③双纽线上满足的点只有两个;④的最大值是.
    A.①②③B.①②④C.①②D.①②③④
    12.记关于的代数式为,它满足以下关系:①;②;③;④,则( )
    A.B.C.D.
    二、填空题
    13.设是第二象限角,为其终边上一点,且,则 .
    14.三棱锥中,,,,那么该三棱锥外接球的表面积是 .
    15.圆是锐角的外接圆,,则的取值范围是 .
    16.方程与的根分别是和,那么 .
    三、解答题
    17.设数列的前n项和为,且.
    (1)求;
    (2)证明:当时,.
    18.一项试验旨在研究臭氧效应,试验方案如下:选40只小白鼠,随机地将其中20只分配到试验组,另外20只分配到对照组,试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境,对照组的小白鼠饲养在正常环境,一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位:g).试验结果如下:
    对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
    15.2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2 25.8 26.5 27.5 30.1
    32.6 34.3 34.8 35.6 35.6 35.8 36.2 37.3 40.5 43.2
    试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
    7.8 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5 18.0 18.8 19.2
    19.8 20.2 21.6 22.8 23.6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5
    (1)计算试验组的样本平均数;
    (2)(ⅰ)求40只小白鼠体重的增加量的中位数m,再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数,完成如下列联表
    (ⅱ)根据(i)中的列联表,能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异?
    附:,
    19.如图,在三棱柱中,直线平面,平面平面.

    (1)求证:;
    (2)若,在棱上是否存在一点,使二面角的余弦值为?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
    20.已知点A(-1,0),B(1,-1)和抛物线.,O为坐标原点,过点A的动直线交抛物线C于M、P,直线MB交抛物线C于另一点Q,如图:
    (1)若△POM的面积为 ,求向量与的夹角;
    (2)证明:直线PQ恒过一个定点.
    21.已知函数,.
    (1)求函数的极值;
    (2)若不等式对恒成立,求的取值范围.
    22.在平面直角坐标系中,已知直线(为参数),为的倾斜角,与轴正半轴,轴正半轴分别交于两点,且的面积是.
    (1)求;
    (2)以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,求的极坐标方程.
    23.已知函数.
    (1)若,求不等式的解集;
    (2)若关于的不等式在上恒成立,求实数的取值范围.
    对照组
    试验组
    0.100
    0.050
    0.010
    2.706
    3.841
    6.635
    参考答案:
    1.B
    【分析】根据集合的运算,先求,再求结果即可.
    【详解】根据题意,,则.
    故选:B.
    2.D
    【分析】根据复数的乘方与乘法运算化简运算得复数,再根据共轭复数的概念求解即可.
    【详解】因为,
    所以共轭复数.
    故选:D.
    3.B
    【分析】利用特殊值和,分别得到的值,利用排除法确定答案.
    【详解】实数,满足,
    当时,,得,
    所以排除选项C、D,
    当时,,得,
    所以排除选项A,
    故选:B.
    【点睛】本题考查函数图像的识别,属于简单题.
    4.A
    【分析】由三视图可得该几何体是一个球和一个圆锥的组合体,结合体积公式计算即可得.
    【详解】根据三视图可知:该几何体是一个球和一个圆锥的组合体,球的半径为1,
    圆锥的底面半径为2,高为3,则该几何体的体积为:
    .
    故选:A.
    5.C
    【分析】利用函数的极值,根据正弦型三角函数的性质列出不等式组,转化求解即可.
    【详解】当时,有,
    则函数唯一的极值点只能是,
    所以有,得.
    故选:C.
    6.C
    【分析】根据等差、等比数列的性质分析求解.
    【详解】由题意可得,解得,
    所以.
    故选:C.
    7.B
    【分析】结合双曲线的通径、左右顶点的距离与对称性,分该弦与双曲线是否交于同一支讨论即可得.
    【详解】由,可得其通径为,
    注意到左右顶点的距离为,
    所以过一个焦点,可作满足题意与双曲线交于两支的弦有两条,交于一支的情况不存在,
    结合双曲线的对称性,该双曲线满足题意的焦点弦共有4条.
    故选:B.
    8.D
    【分析】本题是一个古典概型,解题时要弄清试验发生时的总事件数和一天中任一时刻的四个数字之和为23事件数,前者可以根据生活经验推出,后者需要列举得到事件数.
    【详解】一天显示的时间总共有种,
    和为23有,,,总共有4种,
    故所求概率为.
    故选:D.
    9.B
    【分析】根据题意,设出三角形三边为,根据三角形三边关系以及余弦定理求得,再求三角形面积即可.
    【详解】根据题意,设△的三边分别为,,且,
    由三角形三边关系可得:,解得;
    根据大边对大角可知,为最大角,又其为钝角,故,则,
    即,,解得,又,,故;
    则,,又,故,
    则.
    故选:B.
    10.C
    【分析】构函数,由题设条件可得其单调性,从而可求函数不等式的解.
    【详解】构造函数,则,
    ∴函数在上单调递减,∵,∴,
    由得,∴,
    ∵函数在上单调递减,∴,
    故选:C.
    11.B
    【分析】对①,设动点,把关于原点对称的点代入轨迹方程,显然成立;对②,根据的面积范围证明即可;对③,易得若,则在轴上,再根据的轨迹方程求解即可;对④,根据题中所给的定点,距离之积等于,再画图利用余弦定理分析中的边长关系,进而利用三角形三边的关系证明即可.
    【详解】对①,设动点,由题可得的轨迹方程,
    把关于原点对称的点代入轨迹方程,原方程不变,故①正确;
    对②,因为,故,
    又,所以,
    即,故,故②正确;
    对③,若,则在的中垂线即轴上,
    故此时,代入,
    可得,即,仅有一个,故③错误;
    对④,因为,故,
    即,
    因为,,
    故,
    即,
    所以,
    又,当且仅当共线时取等号,
    故,
    即,解得,故④正确.
    故选:B
    【点睛】关键点点睛:本题主要考查了动点轨迹方程的性质判定,因为该方程较复杂,故在作不出图象时,需要根据题意求出动点的方程进行对称性的分析,同时需要结合解三角形的方法对所给信息进行辨析.
    12.A
    【分析】结合题意,逐步计算,,从而得到即可得.
    【详解】由,令,得
    得,
    由,令可得,
    由,令,,得,
    即有,即,同理可得,
    由,令,
    则.
    故选:A.
    【点睛】关键点点睛:本题关键点在于结合题目所给条件,得到,即可得,从而得解.
    13./
    【分析】根据三角函数定义,求得,以及,再结合正切的倍角公式,即可求得结果.
    【详解】根据题意,,解得或或,又是第二象限角,故;
    则,则.
    故答案为:.
    14.
    【分析】根据题意得到三棱锥的对棱相等,可知该三棱锥可置于一个长方体中,再求长方体外接球的表面积即可得.
    【详解】由题意,该三棱锥的对棱相等,可知该三棱锥可置于一个长方体中,如图所示:
    记该长方体的棱长为,则,
    即,所以外接球半径为,

    故答案为:.
    15.
    【分析】根据向量的线性运算与锐角三角形外接圆的相关性质即可求解.
    【详解】依题意,设中点,的中点为,则垂直平分,垂直平分,
    则.
    以为圆心,1为半径作圆,则在该圆的四分之一圆弧上变化,如下图,
    为中垂线交点,连接,由三角形为锐角三角形,
    根据临界位置及图形可知,而,
    所以,则范围是.
    故答案为:.
    16.
    【分析】借助题目所给条件,可得,构造函数,结合其单调性可得,即可得解.
    【详解】由题意可得,,且,
    即有,即,
    即,令,即,
    ,故在上单调递增,
    故,即,即.
    故答案为:.
    【点睛】关键点点睛:本体关键点在于借助题目所给条件,得到,从而可构造函数,结合其单调性得到.
    17.(1)
    (2)见解析
    【分析】(1)先利用得到,再构造等比数列求解;
    (2)先表示出,换元后构造函数,通过导数确定单调性,求出最小值得证.
    【详解】(1)当时,,解得,
    当时,,
    即,
    是以为首项,为公比的等比数列,
    则,即,
    (2)由,得,
    则,令,则,
    令,则,当时,,
    在上单调递增,,即,
    当且仅当时,取等,得证.
    18.(1)
    (2)(i);列联表见解析,(ii)能
    【分析】(1)直接根据均值定义求解;
    (2)(i)根据中位数的定义即可求得,从而求得列联表;
    (ii)利用独立性检验的卡方计算进行检验,即可得解.
    【详解】(1)试验组样本平均数为:
    (2)(i)依题意,可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起,从小到大排后第20位与第21位数据的平均数,
    由原数据可得第11位数据为,后续依次为,
    故第20位为,第21位数据为,
    所以,
    故列联表为:
    (ii)由(i)可得,,
    所以能有的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异.
    19.(1)证明见解析;
    (2)存在,.
    【分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理即得.
    (2)作,建立空间直角坐标系,利用面面角的向量求法求解即得.
    【详解】(1)在三棱柱中,由平面,平面,得,
    在平面内过作于,由平面平面,平面平面,
    得平面,而平面,则有,
    显然平面,因此平面,又平面,
    所以.

    (2)过点作,由,得,
    由(1)知平面,平面,则,即直线两两垂直,
    以点为原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系,
    由,得,,
    假定在棱上存在一点,使二面角的余弦值为,
    令,则,,
    设平面的一个法向量,则,
    令,得,显然平面的一个法向量,
    依题意,,解得,即,
    所以在棱上存在一点,使二面角的余弦值为,.
    20.(1);(2)证明见解析.
    【解析】(1)利用得到两点的纵坐标之积,根据平面向量的数量积公式可得向量与的数量积,根据三角形的面积公式可求得向量与的夹角;
    (2)利用和得到的纵坐标的关系式,利用点斜式求出直线的方程,结合的纵坐标的关系式可得直线过定点.
    【详解】(1)设点,因为三点共线,
    所以,所以,即,所以,
    所以
    设∠POM=α,则
    所以,
    所以,所以
    又,所以.
    故向量与向量的夹角为.
    (2)设点,因为三点共线,,
    即,即,
    则,
    即,又,
    所以,
    因为,
    所以直线的方程是,
    即,
    即,
    由知,代入上式,

    由此可知直线PQ过定点E(1,-4).
    【点睛】关键点点睛:第二问利用和得到的纵坐标的关系式,并利用此关系式得到直线的方程是解题关键.
    21.(1)答案见解析;(2).
    【详解】试题分析:(1)对函数求导得到 ,讨论和0和1 的大小关系,在不同情况下求得导函数的正负即得到原函数的单调性,根据极值的概念得到结果;(2)设 ,构造以上函数,研究函数的单调性,求得函数的最值,使得最小值大于等于0即可.
    解析:
    (Ⅰ),

    ∵的定义域为.
    ①即时,在上递减,在上递增,
    ,无极大值.
    ②即时,在和上递增,在上递减,
    ,.
    ③即时,在上递增,没有极值.
    ④即时,在和上递增,在上递减,
    ∴, .
    综上可知:时,,无极大值;
    时, ,;
    时,没有极值;
    时,, .
    (Ⅱ)设 ,

    设,则,, ,
    ∴在上递增,∴的值域为,
    ①当时,,为上的增函数,
    ∴,适合条件.
    ②当时,∵,∴不适合条件.
    ③当时,对于,,
    令,,
    存在,使得时,,
    ∴在上单调递减,
    ∴,
    即在时,,∴不适合条件.
    综上,的取值范围为.
    点睛:导数问题经常会遇见恒成立求参的问题:(1)根据参变分离,转化为不含参数的函数的最值问题;(2)若 就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值,最终转化为 ,若恒成立;(3)若 恒成立,可转化为(需在同一处取得最值).
    22.(1)
    (2)
    【分析】(1)借助参数方程可得其普通方程,得到两点后,结合面积计算即可得解;
    (2)借助极坐标方程与平面直角坐标方程的关系计算即可得.
    【详解】(1)由直线(为参数),故其普通方程为,
    由题意可得,
    令,可得,令,可得,
    则,解得;
    (2)由,故,即,
    即有,即.
    23.(1);(2).
    【分析】(1)时,不等式可化为,对进行分类讨论去掉绝对值,即可求出不等式解集;
    (2)不等式可化为,分与两种情况,讨论不等式恒成立问题,当时,在同一直角坐标系中分别作出和的图象,结合图象即可求出的取值范围.
    【详解】(1)时,函数,
    不等式化为,
    当时,不等式化为,解得,即;
    当时,不等式化为,解得,即;
    当时,不等式化为,解得,此时无解;
    综上,所求不等式的解集为;
    (2)不等式即为,
    所以(*),
    显然时(*)式在上不恒成立;
    当时,在同一直角坐标系中分别作出和的图象,
    如图所示:
    由图象知,当,即时(*)式恒成立,
    所以实数的取值范围是.
    【点睛】本题考查了含绝对值的不等式的解法,考查了分类讨论和数形结合的思想,属于中档题.
    合计
    对照组
    6
    14
    20
    试验组
    14
    6
    20
    合计
    20
    20
    40
    相关试卷

    陕西省西安市陕西师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题: 这是一份陕西省西安市陕西师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题,共4页。

    陕西省西安市部分学校2023-2024学年高三下学期二模考试理科数学试题(无答案): 这是一份陕西省西安市部分学校2023-2024学年高三下学期二模考试理科数学试题(无答案),共5页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上,本试卷主要考试内容,四羊方尊,已知,则,已知函数等内容,欢迎下载使用。

    陕西师范大学附属中学2023届高三十模理科数学试题(含解析): 这是一份陕西师范大学附属中学2023届高三十模理科数学试题(含解析),共24页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        还可免费领教师专享福利「樊登读书VIP」

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map