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陕西省铜川市2024届高三下学期第三次模拟考试 数学(文) Word版含解析
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铜川市2024高三年级第三次模拟考试数学(文科)试题注意事项:1.本试卷共4页,全卷满分150分,答题时间120分钟2.答卷前,考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.3.回答选择题时,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.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回,一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60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.已知集合,若,则实数的取值范围为()A.B.C.D.2.若复数满足,则()A.B.C.D.3.已知双曲线的一条渐近线方程为,则的焦点坐标为()A.B.C.D.4.设函数在区间单调递减,则的取值范围是()A.B.C.D.5.已知,则()A.B.C.D.6.已知圆经过点,则其圆心到原点的距离的最大值为()A.4B.5C.6D.77.如图是一个射击靶的示意图,其中每个圆环的宽度与中心圆的半径相等.某人朝靶上任意射击一次没有脱靶,则其命中9环的概率为()A.B.C.D.8.已知函数,则下列说法中不正确的是()A.的最小正周期为B.的最大值为C.在区间上单调递增D.9.设的内角满足,则“是锐角三角形”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10.已知原点为,椭圆与直线交于两点,线段的中点为,若直线的斜率为,则椭圆的离心率为()A.B.C.D.11.在正方体中,分别为的中点,若,则平面截正方体所得截面的面积为()A.B.C.D.12.若函数有两个极值点,则实数的取值范围为()A.B.C.D.二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.某校高一年级甲,乙两名同学8次历史测试(100分制)成绩如茎叶图所示,则甲,乙两名同学成绩的中位数之和为__________.14.已知点为外接圆的圆心,且,则__________.15.已知函数是定义域为的偶函数,且为奇函数,写出函数的一个解析式为__________.16.榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝,在连接部分通过紧密的拼接,使得整个结构能够承受大量的重量,并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用,使得榫卯配合的牢度得到最大化满足,木楔子是一种简单的机械工具,是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图,其中四边形是边长为2的正方形,且均为正三角形,则该木楔子的外接球的表面积为__________.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第17~21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.(一)必考题:共60分.17.(本小题满分12分)已知数列满足:.(1)求数列的通项公式;(2)若,求正整数的最大值.18.(本小题满分12分)学校团委和工会联合组织教职员工进行益智健身活动比赛.经多轮比赛后,由教师甲、乙作为代表进行决赛.决赛共设三个项目,每个项目胜者得10分,负者得-5分,没有平局.三个项目比赛结束后,总得分高的获得冠军.已知教师甲在三个项目中获胜的概率分别为,各项目的比赛结果相互独立.甲、乙获得冠军的概率分别记为.(1)求甲教师总得分为0分的概率;(2)判断甲、乙获得冠军的实力是否有明显差别(若,则认为甲、乙获得冠军的实力有明显差别,否则认为没有明显差别.).19.(本小题满分12分)如图,四棱锥的底面是正方形,平面,点是的中点,是线段上靠近的三等分点,.(1)求证:平面;(2)求点到平面的距离.20.(本小题满分12分)已知函数.(1)当时,求曲线在点处的切线方程;(2)若,求实数的取值范围.21.(本小题满分12分)过抛物线焦点的直线交于两点,若直线垂直于轴,则的面积为2,其中为原点.(1)求抛物线的方程;(2)抛物线的准线上是否存在点,使得当时,的面积为.若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.(二)选考题:共10分.考生从22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22.(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线的极坐标方程;(2)设是曲线上的两点,且,求面积的最大值.23.(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲已知函数.(1)求不等式的解集;(2)记函数的最小值为,若正数满足,证明:.铜川市2024年高三年级第三次模拟考试数学(文科)试题参考答案及评分标准一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60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.D【解析】,即的取值范围为.故选D项.2.A【解析】复数.3.A【解析】易知,令,解得,故,即,从而,从而的焦点坐标为.故选A项.4.D【解析】设,则其对称轴为,抛物线开口向下,是减函数,要使在区间单调递减,则在区间单调递增,即,即,故实数的取值范围是.故选D项.5.A【解析】,.故选A.6.C【解析】由圆经过点,可得,即,故圆心的轨迹是以为圆心,1为半径的圆,又圆心到原点的距离的最大值为.7.A【解析】设中心10环圆的半径为,则射击靰所在大圆的半径为,面积为;环所在圆环的面积为,故所求概率为.8.C【解析】依题意,则函数的最大值为,最小值正周期为,从而可排除选项.,即,故在区间上不可能单调递增,应选C项.为偶函数,从而,从而可排除D选项.9.A【解析】是锐角三角形,则,于是,即充分性得证;当时,满足,但不是锐角三角形,必要性不成立.10.B【解析】设,则,则两式相减可得,,即,即,故.11.D【解析】如图,过点作的平行线交于点,过点作的平行线交于点,过点作的平行线交于点,易知点都在截面内,且都是其所在棱的中点,从而所得截面是边长为的正六边形,所求面积.故选D.12.B【解析】,令,得.令,则.令,则,即,即.当时,单调递增;当时,单调递减.,又当时,;当时,,当时,方程有两个正根,从而函数有两个极值点.二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.167【解析】由茎叶图知:甲数据为,乙数据为,所以甲,乙两组数据的中位数分别为,故中位数之和为.14.【解析】由,得,由为外接圆的圆心,得,如图,结合向量加法的几何意义知,四边形为菱形,且,故.故.15.(答案不唯一)【解析】由为偶函数,知的图象关于轴对称;由为奇函数,知的图象关于点中心对称,据此构造函数,则是偶函数;为奇函数,符合题意.16.【解析】如图,分别过点作的垂线,垂足分别为,连接,则,故.取的中点,连接,又,则.由对称性易知,过正方形的中心且垂直于平面的直线必过线段的中点,且所求外接球的球心在这条直线上,如图.设球的半径为,则,且,从而,即,当点在线段内(包括端点)时,有,可得,从而,即球心在线段的中点,其半径.当点在线段外时,,解得(舍).故所求外接球的表面积为.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21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.(一)必考题:共60分.17.解:(1)当时,,当时,,,两式相减,得,,显然也符合上式,数列的通项公式为.(2)由(1)知,,解得.正整数的最大值为15.18.解:(1)甲教师总得分为0分,甲教师在三个项目比赛中赢一项输两项.所求概率为.(2)不妨设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为,则教师甲获得冠军的概率,则教师乙获得冠军的概率,,,甲、乙获得冠军的实力没有明显差别.19.解:(1)证明:如图,连接交于点,连接,四边形是正方形,为中点,是中点,,平面平面平面.(2)平面.又四边形是正方形,.又平面.又平面.点是的中点,.又平面.又平面.又易知...又是线段上靠近的三等分点,,.设点到平面的距离为,则,解得.点到平面的距离为.20.解:(1):当时,,,,所求切线方程为,即.(2),,令,则,当时,易知,单调递增,.当,即时,,函数单调递增,即,符合题意.当,即时,,又当时,,.当时,,函数单调递减,当时,,不符合题意.综上,实数的取值范围为21.解:(1)根据抛物线概念易知,直线垂直于轴,不妨设,代入,可得,.,解得.抛物线的方程为.(2)由(1)易知抛物线的准线方程为,设点,当直线的斜率等于0时,不符合题意;故可设直线的方程为:,联立消去得,,得,由韦达定理得,,,.,原点到直线的距离,,解得..存在点,符合题目要求.(二)选考题:共10分.考生从22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22.解:(1)曲线的参数方程为(为参数),消去参数可得,即,又由可得,曲线的极坐标方程为.(2)由(1)易知曲线的标准方程为,曲线是以为圆心,半径为5的圆,且过原点,又过圆心,且为直角三角形..,当时,等号成立.面积的最大值为25.23.解:(1)不等式等价于或或解得或或.不等式的解集为.(2)由(1)易知,即,方法一:当且仅当时,等号成立.方法二:,即,当且仅当,等号成立.

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