陕西省安康市高新中学2024届高三模拟考试模拟预测 文数试题【含答案】

2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题文数（二）本试卷共4页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域无效.5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知，则（

）A．2 B． C．4 D．2．已知集合，且，则（

）A．2 B．3 C．4 D．53．某地区中午到夜里5个时刻的气温如图所示，关于这5个时刻的气温，以下说法错误的是（

）A．这5个时刻的气温极差为7℃ B．下午17时的气温最高C．平均气温为5℃ D．气温的中位数为9℃4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（

）A． B． C． D．5．将函数的图象向右平移φ个单位长度得到函数的图象，则（

）A． B． C． D．6．将长度为1的线段随机剪成两段，则两段长度都不小于的概率是（

）A． B． C． D．7．函数的图象大致是（

）A．

B．

C．

D．

8．《九章算术》中《方田》一章给出了计算弧田面积的公式：弧田面积（弦矢+矢）.弧田（如图）由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差.现有圆心角为，且，半径等于的弧田，按照上述给出的面积公式计算弧田面积是（

）A． B． C． D．9．在四棱锥中，为等边三角形，四边形为矩形，且，平面平面，则直线AC与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．110．若某圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球表面积为，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．11．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且满足,延长线交椭圆于另一点，，则椭圆的方程为（

）A． B． C． D．12．已知则（

）A． B． C． D．第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22~23题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本题共4小题，每小题5分.13．已知向量，，且，则14．已知命题：函数在区间上单调递增，命题：，若是的充分不必要条件，则的取值范围是.15．已知圆与直线交于两点，与轴交于两点，直线与交于点，则.16．如图，在平面四边形ABCD中，，当四边形ABCD的面积最大时，的最小值为.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知数列满足.(1)证明：数列是等差数列；(2)设，求的前n项和.18．如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体组合而成的，且.

(1)求证：平面；(2)若，求四棱锥的体积.19．某乒乓球训练机构以训练青少年为主，其中有一项打定点训练，就是把乒乓球打到对方球台的指定位置（称为“准点球”），在每周末，记录每个接受训练的学员在训练时打的所有球中“准点球”的百分比（），A学员已经训练了1年，下表记录了学员最近七周“准点球”的百分比：周次（x）12345675252.853.55454.554.955.3若.(1)根据上表数据，计算与的相关系数，并说明与的线性相关性的强弱；（若，则认为与线性相关性很强；若，则认为与线性相关性一般；若，则认为与线性相关性较弱）（精确到）(2)求关于的回归方程，并预测第周“准点球”的百分比.（精确到）参考公式和数据：，，.20．已知函数为的导函数.(1)证明：当时，；(2)若与有两条公切线，求a的取值范围.21．已知抛物线的准线方程为，直线l与C交于A，B两点，且（其中O为坐标原点），过点O作交AB于点D.(1)求点D的轨迹E的方程；(2)过C上一点作曲线E的两条切线分别交y轴于点M，N，求面积的最小值.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22．在平面直角坐标系中，圆的参数方程为（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，直线的极坐标方程为.(1)求圆的普通方程和直线的直角坐标方程；(2)若直线与圆相切，求切点的极坐标.选修4-5：不等式选讲23．已知函数.(1)求的解集；(2)求曲线与直线所围成的图形的面积.1．B【分析】利用复数的除法运算法则，求得复数，然后利用复数模长公式求出复数的模长即可.【详解】因为，所以，所以，故选：B.2．B【分析】先化简集合M，再根据集合交集运算和并集运算的定义即可得出的值，从而得解.【详解】因为，，；所以，又，所以，即，所以，故选：B.3．D【分析】通过观察气温图和极差、平均数、中位数的定义计算即可得解.【详解】由图可知最高气温是下午17时的9℃，最低气温是晚上23时的2℃，所以气温极差为，故A、B选项正确；平均气温数值为，故C正确；数据2,3,4,7,9中位数为4，所以气温的中位数为4℃，故D错误，故选：D.4．A【分析】根据三视图可知几何体为正棱台，由棱台的体积公式计算即可.【详解】由三视图可知，几何体为正棱台，如图所示，正棱台上底面边长为2，下底面边长为4，高为4，根据棱台的体积公式得.故选：A.5．A【分析】根据辅助角公式，结合三角函数平移的性质即可求解.【详解】因为，其中，因为的图象向右平移φ个单位长度得到函数，所以，所以.故选：A.6．C【分析】设其中一段为，根据所给条件求出的取值范围，再根据几何概型的概率公式计算可得.【详解】设其中一段为，则另一段为，依题意，解得，所以两段长度都不小于的概率.故选：C7．A【分析】通过判断函数的奇偶性和在处的导函数值的正负即可得解.【详解】的定义域为R，，所以为奇函数，其图象关于原点对称，故可排除B选项；又，所以，函数图象在处的切线斜率大于0，所以排除C、D选项；故选：A.8．A【分析】先根据半角公式求出，再分别求出弦长和矢长，再根据弧田的面积公式即可得解.【详解】由，可得，故弦长为，矢长为，所以所求弧田面积为.故选：A.9．A【分析】取为的中点，先证明平面，得为所求线面角，由边长间的关系求正弦值.【详解】平面平面，又平面平面，平面，，则平面，又平面，故平面平面，取的中点，连接，如图所示，平面平面，平面平面，为等边三角形，则，故平面，则直线AC与平面所成角即为，令，则，，，故.故选：A10．B【分析】过圆锥的旋转轴作轴截面，由题意可求得轴截面内切圆的半径为1，进而求出圆锥的底面半径和高，代入圆锥体积公式，可得答案．【详解】如图，由题意知内切圆和外接圆同圆心，即的内心与外心重合，则为正三角形，因为内切球表面积为，设内切圆的半径为，则，所以内切圆的半径为1，所以的边长为，所以圆锥的底面半径为，又高为，故圆锥体积，故选：B.11．C【分析】根据椭圆的定义可得，，再利用勾股定理，列出方程，求出的值，从而得到椭圆方程.【详解】因为点在椭圆上，延长线交椭圆于另一点，且，所以，，则，由于，所以，即，解得，所以，则，则，，所以椭圆方程为，故选：C12．A【分析】比较大小，构造，结合单调性即可比较大小；比较大小，构造，结合单调性即可比较大小.【详解】令，则，所以单调递增，又，所以，即，所以，所以，即，所以，设，则，所以单调递减，，即，故，，即，所以，所以，故选：A.【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合的特点，，构造；结合的特点，，构造；从而得解.13．或【分析】依题意，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.【详解】因为，，且，所以，解得或.故答案为：或14．【分析】根据题意可得命题：，由是的充分不必要条件，可得是的真子集，即可得到答案.【详解】因为函数在区间上单调递增，所以，解得：，又因为是的充分不必要条件，则是的真子集，即的取值范围是故答案为：15．4【分析】设，运用圆的对称性和圆周角定理，得到直线斜率之间的关系，后用两点间的斜率公式代入即可得到刚好满足双曲线定义，用定义解题即可.【详解】设，且，又，，，根据直径所对圆周角是直角，知道，则，则，，即，则点在以为焦点的双曲线上，.故答案为：416．【分析】设，可得得出时四边形面积最大，设，将所求式用表示，由，利用基本不等式即可求得其最小值.【详解】如图，设,,则四边形ABCD的面积为，因，故当且仅当，即时，.当时，设，则,于是，因,即,由，则有，当且仅当时取等号，即当时，的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用四边形的对角线长已知，考虑按一条对角线将其拆分求面积；第二个关键是，选设未知量，设，便于找到和运用等量关系解题.17．(1)证明见解析(2)．【分析】（1）利用等差数列的定义即可证明；（2）根据（1）问，求出数列的通项公式，从而求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式，最后利用裂项相消求和法求得【详解】（1）证明：令，又，则有，又，所以所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列（2）由（1）知，，又，所以，所以，所以18．(1)证明见解析(2)9．【分析】（1）建立空间直角坐标系证明线面平行即可；（2）根据线面垂直结合锥体体积公式计算即可.【详解】（1）如图以点为原点，为x轴为y轴为z轴建立空间直角坐标系．设,则,过P作平面.是正四棱锥点是正方形的中心,因为，所以,设平面法向量为,,,则,可得,所以,,不在平面内，所以平面

（2）因为，所以,因为平面,所以，因为,平面,平面,所以平面,19．(1)，与线性相关性很强；(2)，【分析】（1）根据所给参考数据及相关系数公式求出，即可判断；（2）首先求出，，即可得到与的回归方程，从而得到关于的回归方程，再代入计算可得.【详解】（1）依题意，又，所以与线性相关性很强；（2）依题意，所以，所以，又，所以，当时，所以预测第周“准点球”的百分比为.20．(1)证明见解析(2)实数a的取值范围为．【分析】（1）等价于证明，令，求导判断出的单调性，求出最值可得答案；（2）设一条公切线与切点分别为，求出切线方程，根据是同一条直线可得，转化为与的图象有两个交点，利用导数得出的大致图象可得答案.【详解】（1）当时，，，等价于证明，令，，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，所以，即；（2）设一条公切线与切点分别为，则，可得切线方程为，，因为它们是同一条直线，所以，可得，令，若与有两条公切线，则与的图象有两个交点，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以，且当时，，当时，，可得的大致图象如下图，所以.21．(1)(2)8．【分析】（1）由抛物线准线方程即可得到p，从而求得抛物线方程，然后利用两个垂直转化为向量的数量积为0，再结合点D在直线AB上，得到等式，消元即可求得点D轨迹方程；（2）易知，利用切线方程求出M，N的坐标，然后求得，最后用表示的面积，再利用基本不等式即可求得面积的最小值.【详解】（1）由题意可得，即，所以抛物线方程为设，则，因为，所以，及，又由题意可知，所以又，且所以，即，又因为点D在直线AB上，且，所以，即，所以，由①②式可得，当时，，解得；，此时；当时，消可得，，即，点同样满足该方程，显然D与O不重合，所以，综上，点D的轨迹E的方程为；（2）因为，结合题意可得切线斜率存在且都不为0，设切线的斜率为，的斜率分别为，则切线方程为，即，令，得，，又，消元得因为相切，所以，即易知的斜率分别为是方程③的两个根，所以，所以，所以，所以，令，，当且仅当，即时，取等号.综上，面积的最小值为8.【点睛】关键点点睛：第（1）小题的关键是利用两个垂直，转化为数量积为0的等量关系，然后借助点在直线上，利用向量共线得到另一个等量关系，消元即可求得动点的轨迹方程；第（2）小题的关键是利用切线方程与圆的方程联立，求得一个关于斜率k的一元二次方程，把两条切线的斜率转化为一个关于k的一元二次方程的两根，用韦达定理求出的值，最后求得面积关于的表达式.22．(1)，(2).【分析】（1）根据即可求出圆的普通方程；根据公式法计算化简即可求出直线的直角坐标方程；（2）易知切点位于第四象限，结合图形和计算即可求解.【详解】（1）由圆的参数方程（为参