2024届陕西省西安市部分学校高三下学期二模考试数学试题（理）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3陕西省西安市部分学校2024届高三下学期二模考试数学试题（理）第I卷一、选择题1.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗D〖解析〗由题得，则在复平面内对应的点的坐标为，所以在复平面内对应的点位于第四象限.故选：.2.已知集合，，则（）A B. C. D.〖答案〗A〖解析〗解不等式得，解不等式得，所以.故选：A.3.已知，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为在单调递增，所以.因为是R上的单调递减函数，所以.因为是R上的单调递增函数，所以.所以.故选：C.4.四羊方尊（又称四羊尊）为中国商代晚期青铜器，其盛酒部分可近似视为一个正四棱台（上、下底面的边长分别为，，高为），则四羊方尊的容积约为（）（参考公式：棱台的体积，其中，分别为棱台的上、下底面面积，为棱台的高）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由已知得：，代入公式得：.故选：A.5.已知抛物线的焦点为，是抛物线上的一点，为坐标原点，，（）A.4 B.6 C.8 D.10〖答案〗B〖解析〗抛物线的焦点为，准线方程为，设，则，解得或（舍去），则．故选：B.6.在中，内角，，的对边分别是，，，且的面积，（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由余弦定理可得，所以，则．又因为，即，所以，显然，又，所以（负值舍去）．所以，又因为，所以，所以，所以．故选：C.7.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，可得，则，.故选：A.8.老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人，其中甲分得2本，乙、丙每人至少分得一本，则不同的分法有（）A.248种 B.168种 C.360种 D.210种〖答案〗D〖解析〗根据题意进行分类：第一类：甲、乙、丙每人分得2本，（种）；第二类：甲分得2本，乙、丙两人中一人分得1本另一人分得3本，（种）.所以由分类加法计数原理可得共有种不同的分法．故选：D.9.已知函数.若，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以，所以是上的增函数，所以若则，解得.故选：D.10.已知函数的图像与直线的两个相邻交点是，若，则（）A.1 B.1或7 C.2 D.2或6〖答案〗D〖解析〗法一：令，得，则或，，解得或，.因为是函数的图像与直线的两个相邻交点，由，且，则，或，解得或.法二：令，得，因为是函数的图像与直线的两个相邻交点，设，则或，且，如图可知，或.（设的最小正周期为，也即或）即或，解得或.故选：D.11.如图,在矩形中,,,,分别在线段,上,将沿折起,使到达的位置,且平面平面,则四面体的外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设的中点为，连接，由题可知为等腰直角三角形，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，根据题意，，所以的外心为的中点，设四面体的外接球的球心为，则平面，作分别交于，，又，，则，所以，所以，，由，得，即，解得，，所以四面体外接球的表面积为.故选：A.12.如图,已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，点在轴上，，，三点共线，若直线的斜率为，直线的斜率为，则双曲线的离心率是（）A. B. C. D.3〖答案〗B〖解析〗由题意，直线的斜率为，，又，所以为等边三角形,故,，在中，，则为锐角，则，，由正弦定理，，，,由，得，.故〖答案〗选：.第II卷二、填空题13.已知向量，且，则向量，的夹角是______.〖答案〗〖解析〗因为，所以，所以．因为，所以，又，所以，即向量，的夹角是．故〖答案〗为：14.设实数，满足不等式组，则的最大值是______.〖答案〗〖解析〗因为实数，满足不等式组，作出可行域如下所示：由，解得，所以，由，可得，平移直线，由图可知，当直线经过时直线在轴上的截距取得最大值，即取得最大值，所以．故〖答案〗为：15.若一组数据，，，，的平均数为3，方差为，则，，，，，9这6个数的平均数为______，方差为______．〖答案〗〖解析〗依题意，知这6个数的平均数为，又，得，所以这6个数的方差为.故〖答案〗为：；.16.已知函数满足，.则______.〖答案〗.〖解析〗由函数满足，取，可得，令，可得，即则.故〖答案〗为：.三、解答题（一）必考题17.某校组织学生进行跳绳比赛，以每分钟跳绳个数作为比赛成绩（单位：个）.为了解参赛学生的比赛成绩，从参赛学生中随机抽取50名学生的比赛成绩作为样本，整理数据并按比赛成绩分成，，，，，这6组，得到的频率分布直方图如图所示.（1）估计该校学生跳绳比赛成绩的中位数；（2）若跳绳比赛成绩不低于140分的为优秀，以这50名学生跳绳比赛成绩的频率作为概率，现从该校学生中随机抽取3人，记被抽取的比赛成绩优秀的学生人数为，求的分布列与期望.解：（1）因为，，所以该校学生比赛成绩的中位数在内，设该校学生比赛成绩的中位数为，则，解得，即该校学生比赛成绩的中位数为．（2）由频率分布直方图可知比赛成绩优秀的频率为，则从该校学生中随机抽取人，被抽取学生比赛成绩优秀的概率是．由题意可知，则，即，，，所以的分布列为0123故．18.已知数列满足．（1）求的通项公式；（2）证明：．（1）解：当时，由，得，当时，，则，也适合该式，故；（2）证明：，故，由于，故，则，故.19.如图，在三棱锥中，平面平面，且，．（1）证明：平面；（2）若，点满足，求二面角的大小．（1）证明：过作于点，平面平面，且平面平面，平面，故平面．又平面，．又，，平面，平面，所以平面，（2）解：由（1）平面，平面,故,以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则,0,，，,1,，，故，,所以,，设平面的法向量，则，令有，故，平面的法向量，则，又二面角所成角为锐角，二面角所成角的余弦值为，角的大小为．20.已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，右顶点为，的面积为，.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点且斜率大于的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，若，求直线与直线的斜率之积的最小值.解：（1）设椭圆的焦距为，因为，则，所以，因为的面积为，所以，即，解得（负值舍去），所以，故椭圆的标准方程为．（2）设直线的方程为，，，联立整理得，显然，所以．从而，故点的坐标为．因为，所以．因为直线的斜率，所以，当且仅当时，等号成立，即直线与直线斜率之积的最小值为．21.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若，且在上单调递减，求的取值范围.解：（1）当时，，，则，，故所求切线方程为，即．（2）若在上单调递减，则对恒成立．设，则，令，则，所以，由，解得或．当时，必存在，使得当时，，则在上单调递增，所以当时，，则在上单调递增，同理得，当时，，则在上单调递增，这与在上单调递减矛盾，所以不合题意．当时，，，即，所以不合题意．当时，恒有，①当时，，则在上单调递减，②当时，，得在上单调递增．所以，所以对恒成立．综上，的取值范围是．（二）选考题[选修4-4：坐标系与参数方程]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，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程是.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）若，直线与曲线交于，两点，求的值.解：（1）由（为参数），即（为参数），又，消去参数得，即曲线的普通方程为．由，又，所以，即直线的直角坐标方程为．（2）因为点在直线上，又直线的斜率，所以直线的参数方程为（为参数）．将直线的参数方程代入曲线的方程，整理得，设对应的参数分别为、，显然，所以，，故．[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数的最小值是.（1）求的值；（2）若，，且，证明：.（1）解：当时，，此时；当时，，此时；当时，，此时；综上所述，函数的最小值是2，即.（2）证明：要证，即证，即证，因为，，且，故只需证，由基本不等式可知，，当且仅当时，等号成立，故命题得证.陕西省西安市部分学校2024届高三下学期二模考试数学试题（理）第I卷一、选择题1.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗D〖解析〗由题得，则在复平面内对应的点的坐标为，所以在复平面内对应的点位于第四象限.故选：.2.已知集合，，则（）A B. C. D.〖答案〗A〖解析〗解不等式得，解不等式得，所以.故选：A.3.已知，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为在单调递增，所以.因为是R上的单调递减函数，所以.因为是R上的单调递增函数，所以.所以.故选：C.4.四羊方尊（又称四羊尊）为中国商代晚期青铜器，其盛酒部分可近似视为一个正四棱台（上、下底面的边长分别为，，高为），则四羊方尊的容积约为（）（参考公式：棱台的体积，其中，分别为棱台的上、下底面面积，为棱台的高）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由已知得：，代入公式得：.故选：A.5.已知抛物线的焦点为，是抛物线上的一点，为坐标原点，，（）A.4 B.6 C.8 D.10〖答案〗B〖解析〗抛物线的焦点为，准线方程为，设，则，解得或（舍去），则．故选：B.6.在中，内角，，的对边分别是，，，且的面积，（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由余弦定理可得，所以，则．又因为，即，所以，显然，又，所以（负值舍去）．所以，又因为，所以，所以，所以．故选：C.7.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，可得，则，.故选：A.8.老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人，其中甲分得2本，乙、丙每人至少分得一本，则不同的分法有（）A.248种 B.168种 C.360种 D.210种〖答案〗D〖解析〗根据题意进行分类：第一类：甲、乙、丙每人分得2本，（种）；第二类：甲分得2本，乙、丙两人中一人分得1本另一人分得3本，（种）.所以由分类加法计数原理可得共有种不同的分法．故选：D.9.已知函数.若，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以，所以是上的增函数，所以若则，解得.故选：D.10.已知函数的图像与直线的两个相邻交点是，若，则（）A.1 B.1或7 C.2 D.2或6〖答案〗D〖解析〗法一：令，得，则或，，解得或，.因为是函数的图像与直线的两个相邻交点，由，且，则，或，解得或.法二：令，得，因为是函数的图像与直线的两个相邻交点，设，则或，且，如图可知，或.（设的最小正周期为，也即或）即或，解得或.故选：D.11.如图,在矩形中,,,,分别在线段,上,将沿折起,使到达的位置,且平面平面,则四面体的外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设的中点为，连接，由题可知为等腰直角三角形，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，根据题意，，所以的外心为的中点，设四面体的外接球的球心为，则平面，作分别交于，，又，，则，所以，所以，，由，得，即，解得，，所以四面体外接球的表面积为.故选：A.12.如图,已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，点在轴上，，，三点共线，若直线的斜率为，直线的斜率为，则双曲线的离心率是（）A. B. C. D.3〖答案〗B〖解析〗由题意，直线的斜率为，，又，所以为等边三角形,故,，在中，，则为锐角，则，，由正弦定理，，，,由，得，.故〖答案〗选：.第II卷二、填空题13.已知向量，且，则向量，的夹角是______.〖答案〗〖解析〗因为，所以，所以．因为，所以，又，所以，即向量，的夹角是．故〖答案〗为：14.设实数，满足不等式组，则的最大值是______.〖答案〗〖解析〗因为实数，满足不等式组，作出可行域如下所示：由，解得，所以，由，可得，平移直线，由图可知，当直线经过时直线在轴上的截距取得最大值，即取得最大值，所以．故〖答案〗为：15.若一组数据，，，，的平均数为3，方差为，则，，，，，9这6个数的平均数为______，方差为______．〖答案〗〖解析〗依题意，知这6个数的平均数为，又，得，所以这6个数的方差为.故〖答案〗为：；.16.已知函数满足，.则______.〖答案〗.〖解析〗由函数满足，取，可得，令，可得，即则.故〖答案〗为：.三、解答题（一）必考题17.某校组织学生进行跳绳比赛，以每分钟跳绳个数作为比赛成绩（单位：个）.为了解参赛学生的比赛成绩，从参赛学生中随机抽取50名学生的比赛成绩作为样本，整理数据并按比赛成绩分成，，，，，这6组，得到的频率分布直方图如图所示.（1）估计该校学生跳绳比赛成绩的中位数；（2）若跳绳比赛成绩不低于140分的为优秀，以这50名学生跳绳比赛成绩的频率作为概率，现从该校学生中随机抽取3人，记被抽取的比赛成绩优秀的学生人数为，求的分布列与期望.解：（1）因为，，所以该校学生比赛成绩的中位数在内，设该校学生比赛成绩的中位数为，则，解得，即该校学生比赛成绩的中位数为．（2）由频率分布直方图可知比赛成绩优秀的频率为，则从该校学生中随机抽取人，被抽取学生比赛成绩优秀的概率是．由题意可知，则，即，，，所以的分布列为0123故．18.已知数列满足．（1）求的通项公式；（2）证明：．（1）解：当时，由，得，当时，，则，也适合该式，故；（2）证明：，故，由于，故，则，故.19.如图，在三棱锥中，平面平面，且，．（1）证明：平面；（2）若，点满足，求二面角的大小．（1）证明：过作于点，平面平面，且平面平面，平面，故平面．又平面，．又，，平面，平面，所以平面，（2）解：由（1）平面，平面,故,以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则,0,，，,1,，，故，,所以,，设平面的法向量，则，令有，故，平面的法向量，则，又二面角所成角为锐角，二面角所成角的余弦值为，角的大小为．20.已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，右顶点为，的面积为，.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点且斜率大于的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，若，求直线与直线的斜率之积的最小值.解：（1）设椭圆的焦距为，因为，则，所以，因为的面积为，所以，即，解得（负值舍去），所以，故椭圆的标准方程为．（2）设直线的方程为，，，联立整理得，显然，所以．从而，故点的坐