2024年陕西省宝鸡市高考数学模拟试卷（文科）（三）

这是一份2024年陕西省宝鸡市高考数学模拟试卷（文科）（三），共16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。
1.设集合M={x|−11)与双曲线H：x23−y2=1的离心率之和为7 36，则a=( )
A. 2B. 3C. 2D. 1
10.若函数f(x)=−12ax2+4x−2lnx有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是( )
A. (0,2)B. (0,1)C. (−∞,1)D. (2,+∞)
11.已知函数f(x)=csx+|sinx2|，则下列结论正确的是( )
A. f(x)在区间(0,π2)单调递增
B. f(x)的图象关于直线x=π对称
C. f(x)的值域为(0,98)
D. 若关于的方程f(x)=a在区间[0,2π]有实数根，则所有根之和组成的集合为{π,2π}
12.△ABC与△ABD都是边长为2的正三角形，沿公共边AB折叠成三棱锥且CD长为 3，若点A，B，C，D在同一球O的球面上，则球O的表面积为( )
A. 139πB. 208π9C. 112π3D. 529π
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵.在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙在同一个小组的概率为______.
14.抛物线y2=2px(p>0)过点M(2,2)，则点M到抛物线准线的距离为______.
15.y=kx+b是y=lnxx2任(1,0)处的切线方程，则b=______.
16.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中c=4，∠C为锐角，△ABC的外接圆半径为2 2，且满足2sin(B+π4)=c−2 3csA，则边a等于______.
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
某民营学校为增强实力与影响力，大力招揽名师、建设校园硬件设施，近5年该校招生人数的数据如下表：
(Ⅰ)由表中数据可看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以证明；
(Ⅱ)求y关于x的回归直线方程，并预测当年份序号为7时该校的招生人数.
参考数据：i=15xiyi=24.5，i=15(yi−y−)2=1.26， 12.6≈3.55.
参考公式：相关系数r=i=1n(xi−x−)(yi−y−) i=1n(xi−x−)2i=1n(yi−y−)2，回归方程y =bx+a中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2，a =y−−b x−.
18.(本小题12分)
已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a4=5，且a1，a3，a7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=ancsπan2，求数列{bn}的前2024项和.
19.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1与BB1的距离为 3，AB=AC=A1B=2，A1C=BC=2 2.
(1)证明：平面A1ABB1⊥平面ABC；
(2)若点N是棱A1C1的中点，求点N到平面A1B1C的距离.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−ksinx，其中k为常数．
(1)当k=1时，判断f(x)在区间(0,+∞)内的单调性；
(2)若对任意x∈(0,π)，都有f(x)>1，求k的取值范围．
21.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)和圆C：x2+y2=1，C经过E的右焦点F，点A，B为E的右顶点和上顶点，原点O到直线AB的距离为2 217.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设D，A是椭圆E的左、右顶点，过F的直线l交E于M，N两点(其中M点在x轴上方)，求△MAF与△DNF的面积之比的取值范围.
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2csty=2sint+a(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcs2θ=sinθ.
(Ⅰ)求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
(Ⅱ)若曲线C1和C2共有四个不同交点，求a的取值范围.
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|2x−4|+|mx−2|.
(1)若m=3，求不等式f(x)>8的解集；
(2)若关于x的不等式在f(x)≥3|x−2|在[1,2]上恒成立，求实数m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为集合M={x|−11)的离心率为 a2−1a，
双曲线H：x23−y2=1的离心率为 3+1 3=2 33，
所以 a2−1a+2 33=7 36，解得：a=2.
故选：A.
分别求出椭圆和双曲线的离心率，由两者的离心率之和为7 36，解方程即可得出答案．
本题考查椭圆和双曲线的离心率，属于基础题．
10.【答案】A
【解析】解：由题意可得，f′(x)=−ax+4−2x=0在x>0时有两个变号零点，
即ax2−4x+2=0在x>0时有两个变号零点，
所以a≠0Δ=16−8a>02a>0，解得00)过点M(2,2)，所以p=1，
所以点M到抛物线准线的距离为2+p2=52.
故答案为：52.
根据已知点，求出p的值，然后结合焦半径公式求解．
本题考查抛物线标准方程的求法以及抛物线的定义，属于基础题．
15.【答案】−1
【解析】解：函数y=lnxx2的导数为y′=1−2lnxx3，
可得函数y=lnxx2在(1,0)处的切线斜率为1，
则k=1，1+b=0，解得b=−1.
故答案为：−1.
求得y=lnxx2的导数，可得切线的斜率k，由切点在切线上，可得b.
本题考查导数的运用：求切线的方程，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
16.【答案】2 2
【解析】解：设三角形外接圆的半径为R，则csinC=2R，
即4sinC=2×2 2，可得sinC= 22，
又因为角C为锐角，所以C=π4，
因为2sin(B+π4)=c−2 3csA，即2sin(B+C)=2sinA=c−2 3csA，
因为c=4，所以2sinA+2 3csA=4，即sin(A+π3)=1，
因为A∈(0,3π4)，所以A+π3∈(0,13π12)，
所以A+π3=π2，解得A=π6，
在△ABC中，由正弦定理得asinA=csinC，
即a12=4 22，解得a=2 2.
故答案为：2 2.
由题意得C=π4，结合题意可得2sin(B+C)=2sinA=c−2 3csA，求出A=π6，利用正弦定理，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(I)由题意知x−=15(1+2+3+4+5)=3，y−=15(0.8+1+1.3+1.7+2.2)=1.4，i=15(xi−x−)2=4+1+0+1+4=10，
所以r=i=15xiyi−5x−y− i=15(xi−x−)2i=15(yi−y−)2=24.5−5×3×1.4 10×1.26=3.5 12.6≈≈0.986，
因为r与1非常接近，故可用线性回归模型拟合y与x的关系．
(II)b =i=15xiyi−5x−y−i=15(xi−x−)2=3.510=0.35，a =y−−b x−=1.4−0.35×3=0.35，
所以y关于x的回归直线方程为y =0.35x+0.35.
当x=7时，y =0.35×7+0.35=2.8，
由此预测当年份序号为7时该校的招生人数为2.8千人．
【解析】(Ⅰ)求出x−,y−，代入求出相关系数即可；
(Ⅱ)根据公式求出b ，再求出a ，则得到回归直线方程，再代入数据预测即可．
本题主要考查线性回归方程，属于中档题．
18.【答案】解：(1)数列{an}是公差d不为0的等差数列，a4=5，且a1，a3，a7成等比数列，
可得a1+3d=5，a32=a1a7，即(a1+2d)2=a1(a1+6d)，即有a1=2d，
解得a1=2，d=1，
则an=2+(n−1)=n+1；
(2)bn=ancsπan2=(n+1)cs(n+1)π2，
可得b4n−3+b4n−2+b4n−1+b4n=−(4n−2)+0+4n+0=2，
数列{bn}的前2024项和为2×20244=1012.
【解析】(1)由等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，进而得到所求；
(2)求得b4n−3+b4n−2+b4n−1+b4n=2，由数列的并项求和，可得所求和．
本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，以及数列的并项求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1与BB1的距离为 3，
AB=AC=A1B=2，A1C=BC=2 2，
如图，取棱A1A中点D，连接BD，
因为AB=A1B，所以BD⊥AA1，
因为三棱柱ABC−A1B1C1，所以AA1//BB1，
所以BD⊥BB1，所以BD= 3，
因为AB=2，所以AD=1，AA1=2；
因为AC=2，A1C=2 2，
所以AC2+AA12=A1C2，
所以AC⊥AA1，
同理AC⊥AB，
因为AA1∩AB=A，且AA1，AB⊂平面A1ABB1，所以AC⊥平面A1ABB1，
因为AC⊂平面ABC，所以平面A1ABB1⊥平面ABC；
(2)解：如图，在平面A1ABB1内过B1作B1E⊥AA1，交AA1延长线于E，连结CE，
由(1)知AC⊥平面A1ABB1，∴AC⊥B1E，
∵AC∩AA1=A，∴B1E⊥平面ACE，
∵CE∩平面ACE，∴B1E⊥CE，可得B1E= 3，CE= 13，B1C=4，
△A1CB1中，A1C=2 2，A1B1=2，B1C=4，
∴cs∠CA1B1=8+4−162×2 2×2=−12 2，
sin∠CA1B= 1−(−12 2)2= 78，
∴△A1CB1的面积为S=12×2 2×2× 78= 7，
又VC1−A1CB1=VC−A1C1B1=13⋅ 3⋅12⋅2⋅2=2 33
设N到面A1B1C的距离为h，则VC1−A1B1C=13⋅SΔA1B1C⋅2h，
解得h= 217.
故点N到平面A1B1C的距离为 217.
【解析】(1)利用线面垂直、面面垂直的性质和判定定理结合已知条件即可得证；
(2)利用等体积法即可求解．
本题考查线面垂直、面面垂直的性质和判定定理、点到平面的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)当k=1时，f(x)=ex−sinx，x>0，
则f′(x)=ex−csx>0，
∴f(x)在区间(0,+∞)内单调递增；
(2)当k≤1时，∵x∈(0,π)，∴sinx>0，ksinx≤sinx，
∴f(x)=ex−ksinx≥ex−sinx，由(1)知，ex−sinx>1，于是f(x)>1，满足题意；
当k>1时，易知f′(x)=ex−kcsx在区间(0,π)内单调递增，
又f′(0)=1−k0，
∴存在唯一α∈(0,π)，使得f′(α)=0，
且当x∈(0,α)时，f′(x)1两类讨论，结合对任意x∈(0,π)，都有f(x)>1，可求得实数k的取值范围．
21.【答案】解：(1)不妨设椭圆焦距为2c，
因为圆C经过椭圆E的右焦点F，
所以c=1，①
易知直线AB方程为xa+yb=1，
因为原点O到直线AB的距离为2 217，
所以d=ab a2+b2=2 217，②
又a2=b2+c2，③
联立①②③，
解得a2=4，b2=3，
则椭圆E的方程为x24+y23=1；
(2)当直线l的斜率不存在时，
易得S△AMFS△DNF=AFDF=a−ca+c=13；
当直线l的斜率存在时，
不妨设直线l的方程为x=ty+1(t≠0)，M(x1,y1)(y1>0)，N(x2,y2)(y20，
由韦达定理得y1+y2=−6t3t2+4，y1y2=−93t2+4，
因为S△AMF=12|AF|⋅|y1|=12y1，S△DNF=12|DF|⋅|y2|=−32y2，
所以S△AMFS△DNF=12⋅y132⋅(−y2)=−13⋅y1y2，
因为(y1+y2)2y1y2=36t2(3t2+4)2−93t2+4=−4t23t2+4=−43+4t2>−43，
又(y1+y2)2y1y2=y12+2y1y2+y22y1y2=y1y2+y2y1+2，
不妨设y1y2=k，
此时k