陕西省西安市陕西师范大学附属中学2024届高三下学期第十次模考数学（理）试卷（含答案）
文档属性
| 名称 | 陕西省西安市陕西师范大学附属中学2024届高三下学期第十次模考数学（理）试卷（含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-06-01 07:42:06 | ||
图片预览
文档简介
陕西师大附中高2024届高三年级
第十次模考数学（理科）试题
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
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，则（ ）
A． B． C． D．
2．定义运算，则满足（i为虚数单位）的复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知菱形的边长为1，，则（ ）
A． B． C． D．
4．黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器．该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足．器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收．黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径，足径，高，其中底部圆柱高，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（ ）（附：的值取3，）
A． B． C． D．
5．已知函数是奇函数，则（ ）
A． B． C． D．
6．2024年中国足球乙级联赛陕西联合的主场火爆，一票难求，主办方设定了三种不同的票价分别对应球场三个不同的区域，五位球迷相约看球赛，则五人中恰有三人在同一区域的不同座位方式共有（ ）
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
7．设是坐标原点，在区域内随机取一点，记该点为，则直线的倾斜角不大于的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．一个几何体的三视图如图所示，如果该几何体的顶点都在球的球面上，那么球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
9．在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上存在一点，使过点所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的值不可能是（ ）
A．－1 B． C． D．
10．2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，小明同学三个多选题中第一小题确定得满分，第二小题随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，则小明同学多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）的中位数为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
11．已知抛物线的焦点为，准线为，过且斜率为的直线与交于两点，为的中点，且于点的垂直平分线交轴于点，四边形的面积为，（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数，对，有，，且函数在上单调递增，则的值为（ ）
A．3或9 B．3 C．9 D．6
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷中相应的横线上．）
13．已知双曲线的左右焦点分别为，曲线上的点满足，，则双曲线的离心率为______．
14．如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于的一点，则下面结论中正确的序号是_____．（填序号）
①；②；③平面；④平面平面．
15．已知大屏幕下端离地面3.5米，大屏幕高3米，若某位观众眼睛离地面1.5米，则这位观众在距离大屏幕所在的平面多远，可以获得观看的最佳视野？（最佳视野是指看到屏幕上下夹角的最大值）______米．
16．已知函数，函数有两个极值点．若，则的最小值是______．
三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（本小题满分12分）“村超”是贵州省榕江县举办的“和美乡村足球超级联赛”的简称．在2023年火爆“出圈”后，“村超”热度不减．2024年1月6日，万众瞩目的2024年“村超”新赛季在“村味”十足的热闹中拉开帷幕，一场由乡村足球发起的“乐子”正转化为乡村振兴的“路子”，为了解不同年龄的游客对“村超”的满意度，某组织进行了一次抽样调查，分别抽取年龄超过35周岁和年龄不超过35周岁各200人作为样本，每位参与调查的游客都对“村超”给出满意或不满意的评价．设事件“游客对“村超”满意”，事件“游客年龄不超过35周岁”，据统计，．
（1）根据已知条件，填写下列列联表并说明理由；
年龄 满意 不满意 合计
年龄不超过35周岁
年龄超过35周岁
合计
（2）由（1）中列联表数据，分析是否有的把握认为游客对“村超”的满意度与年龄有关联？附：．
参考数据：
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
18．（本小题满分12分）如图，已知正方体的棱长为2，E，F分别为的中点．
（1）已知点满足，求证B，E，G，F四点共面；
（2）求平面BA1C1与平面BEF所成的锐二面角的余弦值．
19．（本小题满分12分）数列的前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令，并将数列称为的“生成数列”．
（1）设数列的“生成数列”为，求证：；
（2）若，求其生成数列的前项和．
20．（本小题满分12分）已知椭圆的离心率为，其左右焦点分别为下顶点为，右顶点为的面积为．
（1）求椭圆的方程．
（2）设不过原点的直线交椭圆于M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，求面积的取值范围．
21．（本小题满分12分）已知函数，曲线在点处的切线与轴平行或重合．
（1）求的值；
（2）若对恒成立，求的取值范围；
（3）利用下表数据证明：．
1.010 0.990 2.182 0.458 2.204 0.454
四．选做题：请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号。
22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy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，曲线的极坐标方程为．
（1）写出曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若射线与曲线相交于点，将逆时针旋转后，与曲线相交于点，且，求的值．
23．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲
已知函数的最小值为3，其中．
（1）求不等式的解集；
（2）若关于的方程有实数根，求实数的取值范围．
陕西师大附中高2024届高三年级
第十次模考数学（理科）详细答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 D D B B D C A C B C A B
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
题号 13 14 15 16
答案 ①②④
部分选填试题详细解答：
8．【详解】由三视图知：几何体为三棱锥，且三棱锥的一条侧棱与底面垂直，高为2，底面为等腰直角三角形，如图：平面，故平面，所以平面，在等腰直角三角形中，取O为的中点，连，则，所以为三棱锥外接球的球心，设半径为，
由题可得，所以，所以外接球的表面积．
9．【详解】由，得，则圆心，半径，因为过点所作的圆的两条切线相互垂直，所以及两切点构成边长为2的正方形，且对角线，又在直线上，则圆心到直线的距离，解得或，即，根据选项，满足条件的为B．
10．【详解】由题意得小明同学第一题得6分：
第二题选了2个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、4分和6分；
第二题选了1个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、2分和3分；
由于相同总分只记录一次，因此小明的总分情况有：6分、8分、9分、10分、12分、13分、14分、15分共8种情况，所以中位数为，
11．【详解】由题意可知，，直线的方程为．
设，由．得．
所以，所以．由，得．
如图所示，作轴于点，则．
因为，故，
，又，
故．又，得四边形为平行四边形．
所以其面积为，解得．故答案为：．
12．【详解】设函数的最小正周期为，因为函数在上单调递增，
所以，得，因此．
由知的图象关于直线对称，
由知的图象关于点对称．
①，得，
解得，故，
所以，因为的图象关于直线对称，
所以，则，
因为，所以，故，
当时，，满足在上单调递增；
②，得，
解得，故，
所以，因为的图象关于直线对称，
所以，则，因为，所以，
故，当时，，
不满足在上单调递增，故．
14．【详解】因为四边形是圆柱的轴截面，则线段是直径，都是母线．又是底面圆周上异于的一点，于是得．而平面，平面，则．因为平面，则平面，因为平面，因此得，①正确：同理，，②正确：点不在底面内，而直线在底面内，即是两条不同直线，若平面，因平面，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，③不正确；因为平面，而平面，于是得平面平面，④正确．
15．【详解】如图所示：由题意知：，设，
则由于，当且仅当，即时取等号，
所以，因为，
所以当时，可以获得观看的最佳视野．
16．【详解】因为，
令，
因为有两个极值点，
所以是方程在上的两根，所以，所以，，所以
设，则
所以当时，，所以在上单调递减，
所以，即的最小值为．
由可得，，取，则设平面的一个法向量．设平面BEF的一个法向量为，由可得，，
取，则是平面的一个法向量．
所以，，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
19．【详解】（1）由题意可知，
所以，因此，即是单调递增数列，且，
由“生成数列”的定义可得．
（2）当时，．
，又，
，当时，．
设数列的前项和为．则．
当时，
又符合上式，所以．
20．【详解】（1）依题意，
又，又，
所以，所以椭圆C的方程为．
（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为0，故可设直线：，
，联立直线和椭圆，
化简得，
由题意可知，即，
且，
则
又直线的斜率依次成等比数列．即，
则，所以且，
设点到直线的距离为，
又
所以，
令，
显然在上为增函数，在上为减函数，所以，即，
所以故面积的取值范围为．
21．【详解】（1），所以，
由条件得，得到，又，所以．
（2）由（1）知，由得：，，由题知对恒成立，
令，因为，
当时，，又，
所以当时，恒成立，即单调递减，
所以，条件成立，
当时，，所以条件不成立．综上，的取值范围为．
（3），由（2）知在上恒成立，
当且仅当时取等号，所以，即，所以命题得证．
四．选做题：请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号．
22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程
【详解】（1）由曲线的参数方程为，（为参数），可得其普通方程，
由，得曲线的极坐标方程．
，由，得曲线的直角坐标方程．
（2）将代入，得．
将逆时针旋转，得的极坐标方程为，
代入曲线的极坐标方程，得．由，
得．即，
解得．因为，所以．
23．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲
【详解】（1）由，
当且仅当时取等号：因为的最小值为3，所以，又，
所以．所以即，即或或解得，故不等式的解集为．
（2）由，
作出函数的图象及直线，
如图所示，其中．
因为方程有实数根，所以的图象与直线有公共点．
因为过定点，所以当直线经过点时，斜率，
即时，直线与的图像有公共点，也就是方程有实数根；
由图像知，直线的斜率小于直线的斜率时，得，
此时直线与的图像也有公共点，也就是方程有实数根．
即实数的取值范围是．
第十次模考数学（理科）试题
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
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，则（ ）
A． B． C． D．
2．定义运算，则满足（i为虚数单位）的复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知菱形的边长为1，，则（ ）
A． B． C． D．
4．黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器．该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足．器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收．黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径，足径，高，其中底部圆柱高，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（ ）（附：的值取3，）
A． B． C． D．
5．已知函数是奇函数，则（ ）
A． B． C． D．
6．2024年中国足球乙级联赛陕西联合的主场火爆，一票难求，主办方设定了三种不同的票价分别对应球场三个不同的区域，五位球迷相约看球赛，则五人中恰有三人在同一区域的不同座位方式共有（ ）
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
7．设是坐标原点，在区域内随机取一点，记该点为，则直线的倾斜角不大于的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．一个几何体的三视图如图所示，如果该几何体的顶点都在球的球面上，那么球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
9．在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上存在一点，使过点所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的值不可能是（ ）
A．－1 B． C． D．
10．2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，小明同学三个多选题中第一小题确定得满分，第二小题随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，则小明同学多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）的中位数为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
11．已知抛物线的焦点为，准线为，过且斜率为的直线与交于两点，为的中点，且于点的垂直平分线交轴于点，四边形的面积为，（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数，对，有，，且函数在上单调递增，则的值为（ ）
A．3或9 B．3 C．9 D．6
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷中相应的横线上．）
13．已知双曲线的左右焦点分别为，曲线上的点满足，，则双曲线的离心率为______．
14．如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于的一点，则下面结论中正确的序号是_____．（填序号）
①；②；③平面；④平面平面．
15．已知大屏幕下端离地面3.5米，大屏幕高3米，若某位观众眼睛离地面1.5米，则这位观众在距离大屏幕所在的平面多远，可以获得观看的最佳视野？（最佳视野是指看到屏幕上下夹角的最大值）______米．
16．已知函数，函数有两个极值点．若，则的最小值是______．
三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（本小题满分12分）“村超”是贵州省榕江县举办的“和美乡村足球超级联赛”的简称．在2023年火爆“出圈”后，“村超”热度不减．2024年1月6日，万众瞩目的2024年“村超”新赛季在“村味”十足的热闹中拉开帷幕，一场由乡村足球发起的“乐子”正转化为乡村振兴的“路子”，为了解不同年龄的游客对“村超”的满意度，某组织进行了一次抽样调查，分别抽取年龄超过35周岁和年龄不超过35周岁各200人作为样本，每位参与调查的游客都对“村超”给出满意或不满意的评价．设事件“游客对“村超”满意”，事件“游客年龄不超过35周岁”，据统计，．
（1）根据已知条件，填写下列列联表并说明理由；
年龄 满意 不满意 合计
年龄不超过35周岁
年龄超过35周岁
合计
（2）由（1）中列联表数据，分析是否有的把握认为游客对“村超”的满意度与年龄有关联？附：．
参考数据：
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
18．（本小题满分12分）如图，已知正方体的棱长为2，E，F分别为的中点．
（1）已知点满足，求证B，E，G，F四点共面；
（2）求平面BA1C1与平面BEF所成的锐二面角的余弦值．
19．（本小题满分12分）数列的前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令，并将数列称为的“生成数列”．
（1）设数列的“生成数列”为，求证：；
（2）若，求其生成数列的前项和．
20．（本小题满分12分）已知椭圆的离心率为，其左右焦点分别为下顶点为，右顶点为的面积为．
（1）求椭圆的方程．
（2）设不过原点的直线交椭圆于M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，求面积的取值范围．
21．（本小题满分12分）已知函数，曲线在点处的切线与轴平行或重合．
（1）求的值；
（2）若对恒成立，求的取值范围；
（3）利用下表数据证明：．
1.010 0.990 2.182 0.458 2.204 0.454
四．选做题：请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号。
22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy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，曲线的极坐标方程为．
（1）写出曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若射线与曲线相交于点，将逆时针旋转后，与曲线相交于点，且，求的值．
23．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲
已知函数的最小值为3，其中．
（1）求不等式的解集；
（2）若关于的方程有实数根，求实数的取值范围．
陕西师大附中高2024届高三年级
第十次模考数学（理科）详细答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 D D B B D C A C B C A B
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
题号 13 14 15 16
答案 ①②④
部分选填试题详细解答：
8．【详解】由三视图知：几何体为三棱锥，且三棱锥的一条侧棱与底面垂直，高为2，底面为等腰直角三角形，如图：平面，故平面，所以平面，在等腰直角三角形中，取O为的中点，连，则，所以为三棱锥外接球的球心，设半径为，
由题可得，所以，所以外接球的表面积．
9．【详解】由，得，则圆心，半径，因为过点所作的圆的两条切线相互垂直，所以及两切点构成边长为2的正方形，且对角线，又在直线上，则圆心到直线的距离，解得或，即，根据选项，满足条件的为B．
10．【详解】由题意得小明同学第一题得6分：
第二题选了2个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、4分和6分；
第二题选了1个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、2分和3分；
由于相同总分只记录一次，因此小明的总分情况有：6分、8分、9分、10分、12分、13分、14分、15分共8种情况，所以中位数为，
11．【详解】由题意可知，，直线的方程为．
设，由．得．
所以，所以．由，得．
如图所示，作轴于点，则．
因为，故，
，又，
故．又，得四边形为平行四边形．
所以其面积为，解得．故答案为：．
12．【详解】设函数的最小正周期为，因为函数在上单调递增，
所以，得，因此．
由知的图象关于直线对称，
由知的图象关于点对称．
①，得，
解得，故，
所以，因为的图象关于直线对称，
所以，则，
因为，所以，故，
当时，，满足在上单调递增；
②，得，
解得，故，
所以，因为的图象关于直线对称，
所以，则，因为，所以，
故，当时，，
不满足在上单调递增，故．
14．【详解】因为四边形是圆柱的轴截面，则线段是直径，都是母线．又是底面圆周上异于的一点，于是得．而平面，平面，则．因为平面，则平面，因为平面，因此得，①正确：同理，，②正确：点不在底面内，而直线在底面内，即是两条不同直线，若平面，因平面，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，③不正确；因为平面，而平面，于是得平面平面，④正确．
15．【详解】如图所示：由题意知：，设，
则由于，当且仅当，即时取等号，
所以，因为，
所以当时，可以获得观看的最佳视野．
16．【详解】因为，
令，
因为有两个极值点，
所以是方程在上的两根，所以，所以，，所以
设，则
所以当时，，所以在上单调递减，
所以，即的最小值为．
由可得，，取，则设平面的一个法向量．设平面BEF的一个法向量为，由可得，，
取，则是平面的一个法向量．
所以，，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
19．【详解】（1）由题意可知，
所以，因此，即是单调递增数列，且，
由“生成数列”的定义可得．
（2）当时，．
，又，
，当时，．
设数列的前项和为．则．
当时，
又符合上式，所以．
20．【详解】（1）依题意，
又，又，
所以，所以椭圆C的方程为．
（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为0，故可设直线：，
，联立直线和椭圆，
化简得，
由题意可知，即，
且，
则
又直线的斜率依次成等比数列．即，
则，所以且，
设点到直线的距离为，
又
所以，
令，
显然在上为增函数，在上为减函数，所以，即，
所以故面积的取值范围为．
21．【详解】（1），所以，
由条件得，得到，又，所以．
（2）由（1）知，由得：，，由题知对恒成立，
令，因为，
当时，，又，
所以当时，恒成立，即单调递减，
所以，条件成立，
当时，，所以条件不成立．综上，的取值范围为．
（3），由（2）知在上恒成立，
当且仅当时取等号，所以，即，所以命题得证．
四．选做题：请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号．
22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程
【详解】（1）由曲线的参数方程为，（为参数），可得其普通方程，
由，得曲线的极坐标方程．
，由，得曲线的直角坐标方程．
（2）将代入，得．
将逆时针旋转，得的极坐标方程为，
代入曲线的极坐标方程，得．由，
得．即，
解得．因为，所以．
23．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲
【详解】（1）由，
当且仅当时取等号：因为的最小值为3，所以，又，
所以．所以即，即或或解得，故不等式的解集为．
（2）由，
作出函数的图象及直线，
如图所示，其中．
因为方程有实数根，所以的图象与直线有公共点．
因为过定点，所以当直线经过点时，斜率，
即时，直线与的图像有公共点，也就是方程有实数根；
由图像知，直线的斜率小于直线的斜率时，得，
此时直线与的图像也有公共点，也就是方程有实数根．
即实数的取值范围是．
同课章节目录