陕西省西安市西安中学2024届高三下学期模拟考试（七）文科数学试题（原卷版+解析版）

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一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1. 已知集合，若，则实数a的取值所组成的集合是（ ）
A. B. C. 0，D. 0，
【答案】D
【解析】
【分析】等价于，分、两种情况讨论，从而可得答案.
【详解】.
当时，为空集，满足条件.
当时，或，解得或.
综上可得，实数a的取值所组成的集合是2，.
故选：D.
【点睛】本题主要考查集合的表示方法，空集的定义，以及并集与子集的定义，属于基础题.
2. 函数的零点所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先判断函数单调性，再根据零点存在定理将端点值代入，即可判断零点所在区间.
【详解】由于均为增函数，
所以为定义域上的增函数，
,
根据零点存在定理,
零点在区间内.
故选：C
3. 已知直线与直线平行，则（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】B
【解析】
【分析】由两直线平行，得到，求解，得出的值，再代入直线方程检验，即可得出结果.
【详解】因为直线与直线平行，
所以，即，解得：或，
当时，与重合，不满足题意，舍去；
当时，与平行，满足题意.
故选：B
【点睛】本题主要考查由直线平行求参数，熟记直线平行的判定条件即可，属于常考题型.
4. 天气预报显示，在今后的三天中，每一天下雨的概率为40%，现用随机模拟的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率：先利用计算器产生0--9之间整数值的随机数，并制定用1，2，3，4表示下雨，用5，6，7，8，9，0表示不下雨，再以每3个随机数作为一组，代表三天的天气情况，产生了如下20组随机数
907 966 191 925 271 932 812 458 569 683
431 257 393 027 556 488 730 113 537 989
则这三天中恰有两天下雨的概率近似为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：阅读随机数表可知，满足题意的数据为： ,
据此可知：这三天中恰有两天下雨的概率近似为 .
本题选择B选项.
5. 在空间中，已知命题的三个顶点到平面的距离相等且不为零，命题：平面平面，则是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由线面平行的性质结合平面与平面的位置关系判断即可.
【详解】当平面平面时，的三个顶点到平面的距离相等且不为零；
当的三个顶点到平面的距离相等且不为零时，平面可能与平面相交，例如当平面且的中点在平面内时，的三个顶点到平面的距离相等且不为零，但平面与平面相交.
即是的必要不充分条件
故选：B
6. 已知关于x的方程（x2＋mx）＋2xi＝－2－2i（m∈R）有实数根n，且z＝m＋ni，则复数z等于（ ）
A. 3＋iB. 3－i
C. －3－iD. －3＋i
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数相等得出的值，进而得出复数z.
【详解】由题意知（n2＋mn）＋2ni＝－2－2i，
即，解得，
故选：B
7. 过点且与抛物线有且只有1个公共点的直线条数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】通过作图，可见直线与抛物线有且只有1个公共点的直线有两类：一类与抛物线对称轴平行，一类与抛物线相切，统计即得.
【详解】
如图，设过点的直线为，则当与轴平行时，与抛物线有一个公共点；
当直线和抛物线相切（有两条切线）时，直线与抛物线也只有一个公共点.
由画图可知，过点与抛物线有且只有1个公共点的直线有3条.
故选:D.
8. 在正方体中，分别是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设正方体的棱长为，如图，连接，它们交于，连接，则平面，而，故就是直线与平面所成的余角，又为直角三角形且，所以，，设直线与平面所成的角为，则，选C.
点睛：线面角的计算往往需要先构造面的垂线，必要时还需将已知的面的垂线适当平移才能构造线面角，最后把该角放置在容易计算的三角形中计算其大小.
9. 等差数列前项和为，且，数列为等比数列，则下列说法错误的选项是（ ）
A. 数列一定是等比数列B. 数列一定是等比数列
C. 数列一定是等差数列D. 数列一定是等比数列
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差、等比数列的定义判断A、B、C，特殊值判断D，即可得结果.
【详解】因为数列是等差数列，设其通项公式为，
所以是定值，所以数列一定是等比数列，选项正确;
因为数列为等比数列，设其通项公式为，
所以是定值，
所以数列一定是等比数列，选项正确;
因为，所以，
所以数列一定是等差数列，选项正确;
当时，，则不是等比数列，选项错误，
故选:.
10. 已知直线l的斜率为2，l与曲线：和圆：均相切，则（ ）
A. －4B. －1C. 1D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】设曲线的切点，利用曲线的几何意义可得切点坐标，进而求得切线方程，再利用圆心到直线的距离等于半径即可求得值.
【详解】设直线l：与曲线相切，切点为，因为的导数为，由，解得，所以切点为，代入得，所以切线方程为.将化为标准方程为，因为l与圆相切，所以，解得.
故选：D
11. 某同学掷骰子5次，记录了每次骰子出现的点数，则从以下情况中可以判断出这组数据一定没有出现点数6的是（ ）
A. 平均数为3，中位数为2B. 中位数为3，众数为2
C. 中位数为3，方差为2.8D. 平均数为2，方差为2.4
【答案】D
【解析】
【分析】举特例可说明的A、B、C正误，利用方差的计算公式可判断D.
【详解】五次点数分别为2，2，2，3，6时，满足平均数为3，中位数为2，故中可出现点数6;
五次点数分别为2，2，3，5，6时，满足中位数为3，众数为2，故中可出现点数6;
五次点数分别为2，3，3，6，6时，满足中位数为3，方差为2.8，故中可出现点数6;
若平均数为2，出现了6，那么方差至少为，
故中不可能出现点数6，
故选：.
12. 已知．给出下列说法，其中，正确的说法的个数为（ ）
①若，，且，则；
②存在，使得的图像右移个单位长度后得到的图像关于轴对称；
③若在上恰有7个零点，则的取值范围为；
④若在上单调递增，则的取值范围为．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用倍角公式化简函数解析式，由函数相邻的两个最值点相隔半个周期计算的值验证命题①；由函数图像平移后的解析式研究对称性，验证命题②；在上恰有7个零点，研究区间右端点的范围求的取值范围，验证命题③；由函数在区间内的单调性，求的取值范围，验证命题④.
【详解】函数；
对于①，若，，且，所以的最小正周期为，即，解得，命题①错误；
对于②，因为的图像右移个单位长度后，得，
由函数图像关于y轴对称，令，，解得，，
所以对任意整数k，都有，命题②错误；
对于③，由题意知，，解得，所以在上恰有7个零点时，的取值范围是，命题③正确；
对于④，由题意知，，解得，又因为，所以，
即在上单调递增时，的取值范围是，命题④正确．
综上知，正确的命题序号是③④，共2个．
故选：B．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知向量，满足，，则向量与的夹角为________．
【答案】####
【解析】
【分析】根据条件求出的坐标，然后可得答案.
【详解】因为，，所以
所以
所以向量与的夹角为
故答案为：
14. 下列式子：
，
，
，…
由此可推得，的值为______.
【答案】4950
【解析】
【分析】由题目中给出的式子归纳出第个式子的结论，代入求值即可.
【详解】由已知条件知，，代入，知，
故.
故答案为：4950.
15. 若直线过函数，且）的定点，则的最小值为__________.
【答案】6
【解析】
【分析】先根据对数型函数的特点求得定点坐标，代入直线方程得利用其将变形成，最后运用常值代换法即可求得结论.
【详解】时，，
函数，且的图象恒过定点，
定点在直线上，
,
由，
当且仅当时取等号.
即当且仅当时，取得最小值为.
故答案为：6.
16. 过双曲线的左焦点F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，过A，B分别作双曲线的同一条渐近线的垂线，垂足分别为P，Q．若，则双曲线的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】作，垂足为M，得出，再由，得出，在中得出，结合列出等式，即可求出离心率．
【详解】如图所示，作，垂足为M，则，
设双曲线的半焦距为，则点坐标为，
在中，
直线的方程为：，即，
，
，
令，得，
解得，
，
，
又，
所以，
，
，
，
，
解得，
其中舍去，
故双曲线的离心率为，
故答案为：．
三、解答题（本大题共7小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程）
（一）必考题:共60分.
17. 如图，在平面四边形中，，，的角平分线与相交于点，且.
（1）求的大小；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中利用正弦定理结合已知条件求出，即可得解；
（2）依题意可得，由求出，再在中利用余弦定理计算可得.
小问1详解】
在中，由正弦定理得，
所以，
又，
所以，因为，
所以.
因为，所以.
【小问2详解】
因为，所以.
因为平分，所以.
因为，
所以，
又，，所以，
解得，
因为，所以
，
所以.
18. 如图1，在梯形中，于E，且，将梯形沿折叠成如图2所示的几何体，,为的中点.
（1）证明：平面；
（2）《九章算术》中将四个面均为直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”，若图1中且，判断三棱锥是否为“鳖臑”，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）是，理由见解析
【解析】
【分析】（1）取的中点，连，，通过证明四边形为平行四边形得到，再根据直线与平面平行的判定定理可证结论；
（2）先求出，然后通过计算可知三棱锥的四个面均为直角三角形，从而可得答案.
【小问1详解】
取的中点，连，，如图：
因为为的中点，所以且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
三棱锥“鳖臑”，理由如下：
若图1中且，则，
则，即，结合图形可得，
所以，所以，
在图②中，在三角形中，，
所以，所以，即三角形为直角三角形，
由题意可知，即三角形为直角三角形，所以，
由题意知，，即三角形为直角三角形，所以，
所以，所以，即三角形为直角三角形，
根据题意可知，三棱锥为“鳖臑”.
19. “碳达峰”“碳中和”成为今年全国两会热词，被首次写入政府工作报告.碳达峰就是二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后再慢慢减下去；碳中和是指在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量通过植树造林､节能减排等方式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”.2020年9月，中国向世界宣布了2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标.某城市计划通过绿色能源(光伏､风电､核能)替代煤电能源，智慧交通，大力发展新能源汽车以及植树造林置换大气中的二氧化碳实现碳中和.该城市某研究机构统计了若干汽车5年内所行驶的里程数(万千米)的频率分布直方图，如图.
（1）求a的值及汽车5年内所行驶里程的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).
（2）据“碳中和罗盘”显示：一辆汽车每年行驶1万千米的排碳量需要近200棵树用1年时间来吸收.根据频率分布直方图，该城市每一辆汽车平均需要多少棵树才能够达到“碳中和”？
（3）该城市为了减少碳排量，计划大力推动新能源汽车，关于车主购买汽车时是否考虑对大气污染的因素，对300名车主进行了调查，这些车主中新能源汽车车主占，且这些车主在购车时考虑大气污染因素的占，燃油汽车车主在购车时考虑大气污染因素的占.根据以上统计情况，补全下面列联表，并回答是否有的把握认为购买新能源汽车与考虑大气污染有关.
附：，其中.
【答案】（1），平均值(万千米)；（2）棵；（3）列联表答案见解析，没有的把握认为购买新能源汽车与考虑大气污染有关.
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图及频率之和为1求a,再结合频率分布直方图求均值即可；
（2）求出汽车一年的行驶里程均值，根据碳中和概念列方程求解；
（3）列出联表，计算，根据临界值表作出结论即可.
【详解】（1）由，解得.
设为汽车5年内所行驶里程的平均值，则
(万千米).
（2）由（1）可知，一辆汽车1年内所行驶里程的平均值为(万千米).
因为一辆汽车每年行驶1万千米的排碳量需要近200棵树用1年时间来吸收，
所以每一辆汽车平均需要(棵)树才能够达到“碳中和”.
（3）补全的列联表如下：
所以.
因为，
所以没有的把握认为购买新能源汽车与考虑大气污染有关.
20. 已知函数.
（1）若a= -2，求函数f(x)的单调区间；
（2）若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由a= -2，求导，再由，求解即可,
（2）求导，根据f(x)有两个极值点x1，x2，得到x1，x2为方程的两个不等实根，然后结合韦达定理得到，再
令，用导数法证明即可.
【详解】（1）f(x)的定义域是.
当a= -2时，，，
当时，，当时，，
所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），
因为f(x)有两个极值点x1，x2，
故x1，x2为方程的两个不等实根，
所以，
.
,
令，
则，
在单调递增，
故
.
【点睛】思路点睛：利用导数证明不等式常构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的单调性、最值，判定φ(x)与0的关系，从而证明不等式．
21. 平面直角坐标系中，过椭圆 ：（ ）右焦点的直线交 于，两点，为的中点，且 的斜率为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）， 为上的两点，若四边形的对角线 ，求四边形面积的最大值.
【答案】(Ι) （Ⅱ）
【解析】
【分析】(1)把右焦点代入直线方程可求出c，设 ，线段AB中点，利用“点差法”即可得出a,b的关系式，再与联立即可求出a,b，进而可得椭圆方程；
(2)由，可设直线CD方程为,与椭圆方程联立可得根与系数关系，即可得到弦长，把直线，利用即可得到关于m的表达式，利用二次函数的单调性即可求出其最大值.
【详解】(Ι)设 则，，（1）－（2）得：
，因为，设，因为P为AB的中点，且OP的斜率为，所以，即，所以可以解得，即，即，又因为，所以，所以M的方程为.
（Ⅱ）因为，直线AB方程为，所以设直线CD方程为，
将代入得：，即、，所以可得；将代入得：，设 则=，又因为，即，所以当时，|CD|取得最大值4，所以四边形ACBD面积的最大值为 .
【点睛】本小题考查椭圆的方程的求解、直线与椭圆的位置关系，考查数学中的待定系数法、设而不求思想 ，考查同学们的计算能力以及分析问题、解决问题的能力.圆锥曲线是高考的热点问题,年年必考,熟练本部分的基础知识是解答好本类问题的关键.
（二）选考题:共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.
选修4-4:坐标系与参数方程
22. 平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为
（1）求曲线的普通方程与的直角坐标方程;
（2）求上的动点到距离的取值范围.
【答案】（1）的普通方程为．的直角坐标方程为；（2）．
【解析】
【分析】
（1）把参数方程化普通方程，由化极坐标方程为直角坐标方程；
（2）设上的动点为，求出点到直线的距离，利用三角函数知识可得取值范围．
【详解】（1）∵直线的参数方程为（为参数），
∴消去参数，得的普通方程为．
∵曲线的极坐标方程为，
，
的直角坐标方程为，即．
（2）曲线的参数方程为（为参数），设上的动点为，
则上的动点到距离．
∵，则上的动点到距离的最大值是，最小值是，
∴上的动点到距离的取值范围是．
【点睛】方法点睛：本题参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，涉及到椭圆上的点到定直线的距离的最值问题时可用椭圆的参数方程，设出点的坐标（对可设），由点到直线的距离公式把问题转化为三角函数的最值．
不等式选做
23. 若关于x的不等式的解集为．
（1）求实数m，n的值；
（2）若实数y，z满足，，求证：．
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）由题得，解方程组即得m,n的值；（2），再结合已知证明.
【详解】（1）由,得,即，
则解得
（2）由（1）可知，，
又因为，
所以．
【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
考虑大气污染
没考虑大气污染
合计
新能源汽车车主
燃油汽车车主
合计
0.10
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
5.024
6.635
7.879
10.828
考虑大气污染
没考虑大气污染
合计
新能源汽车车主
10
40
50
燃油汽车车主
25
225
250
合计
35
265
300