陕西省宝鸡市2024届高三上学期高考模拟检测（一）数学（理）试题（教师版）.docx

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1、宝鸡市高考模拟检测（一）数学（理科）试题本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，其中第卷解答题又分必考题和选考题两部分，选考题为二选一考生作答时，将所有答案写在答题卡上，在本试卷上答题无效本试卷满分150分，考试时间120分钟注意事项：1答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上2选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，书写要工整、笔迹清楚，将答案书写在答题卡规定的位置上3所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答题无效第卷（选择题共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，

2、满分60分1. 若集合中只有一个元素，则实数（ ）A. 1B. 0C. 2D. 0或1【答案】D【解析】【分析】分类讨论，确定方程有一解时满足的条件求解.【详解】当时，由可得，满足题意；当时，由只有一个根需满足，解得.综上，实数的取值为0或1.故选：D2. 已知复数，为z的共轭复数，则在复平面表示的点在（ ）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】【分析】首先利用除法运算化简复数，并求和，再根据复数的几何意义，即可求解.【详解】，所以，对应的点为，在第四象限.故选：D3. 展开式中的第四项为（ ）A. B. C. 240D. 【答案】B【解析】【分析】根据二项

3、展开式的通项公式求解.【详解】展开式的通项公式为，所以,故选：B4. 函数的部分图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的定义域即可排除求解.【详解】由于函数的定义域为，故可排除ABD，故选：C5. 已知直线和圆交于A，B两点，O为坐标原点，则“”是“的面积为”的（ ）A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】先求出面积，得到面积为的等价条件，再根据充分条件和必要条件的定义即可判断.【详解】圆的圆心为，半径，则圆心到直线的距离为，弦长，所以，若，则或.所以，“”是“的面积为”的充分不必要条件，故选

4、：B6. 在空间中，下列说法正确的是（ ）A. 若的两边分别与的两边平行，则B. 若二面角的两个半平面，分别垂直于二面角的两个半平面，则这两个二面角互补C. 若直线平面，直线，则D. 到四面体的四个顶点A，B，C，D距离均相等的平面有且仅有7个【答案】D【解析】【分析】A根据等角定理判断；B、C根据直观想象结合判定定理判断;D根据直观想象和点到平面得距离概念判断.【详解】根据等角定理知两角可能相等也可能互补则A不正确;对于B根据条件可得两个二面角可能互补也可能相等则B不正确;对于C直线或，则C不正确；对于D距离四面体的四个顶点A，B，C，D距离均相等的平面有平面一侧有一个顶点，另一侧有三个顶点

5、，这样的平面有4个，它们为各面上的高的中垂面（垂直平分高）. 平面两侧各有两个顶点，它们分别过除一组对棱外的其余四条棱的中点，这样的平面有3个故共有7个满足条件的平面故D正确.故选：D7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先利用诱导公式对已知条件化简得；再利用同角三角函数基本关系求出；最后利用二倍角公式即可求解.【详解】.由可得：.因为，所以.所以.故选：C.8. 三棱锥中，平面，为等边三角形，且，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先作图构造外接球的球心，再根据几何关系求外接球的半径，最后代入三棱锥外接球的表面积

6、公式.【详解】如图，点为外接圆的圆心，过点作平面的垂线，点为的中点，过点作线段的垂线，所作两条垂线交于点，则点为三棱锥外接球的球心，因为平面，且为等边三角形，所以四边形为矩形，所以，即三棱锥外接球的半径，则该三棱锥外接球的表面积为.故选：B9. 千年宝地，一马当先2023年10月15日7时30分，吉利银河2023宝鸡马拉松赛在宝鸡市行政中心广场鸣枪开跑，比赛吸引了全国各地职业选手及路跑爱好者共2万人的热情参与为确保活动顺利举行，组委会自起点开始大约每隔5公里设置一个饮水站（志愿者为选手递送饮料或饮用水，为选手提供能量补给），两个饮水站中间设置一个用水站（志愿者为选手递送湿毛巾等，协助医务工作者

7、），共15个饮用水服务点，分别由含甲、乙在内的15支志愿者服务队负责，则甲队和乙队服务类型不同且服务点不相邻的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可知15个饮用水服务点种有8个饮水站，7个用水站，分别计算随意安排甲乙参与和满足服务类型不同且服务点不相邻要求的方法种数，根据古典概型求解.【详解】由题意，故共有饮水站8个，用水站7个，分别设为，其中任取2个饮用水服务点安排给甲、乙，共有种不同的安排方法，甲队和乙队服务类型不同且服务点不相邻的时，可以分别取一个饮水站和一个用水站安排给甲、乙共有，再减去其中甲、乙相邻的情况，相邻时，共有，14种情况，故甲队和乙队服务类型

8、不同且服务点相邻的安排方法为，即满足甲队和乙队服务类型不同且服务点不相邻的安排方法有种，由古典概型可知，故选：B10. 过抛物线的焦点F作倾斜角为的直线交抛物线于A，B两点，点A在第一象限，则（ ）A. 2B. 3C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】设出A、B坐标，利用抛物线焦半径公式求出，结合抛物线的性质，求出A、B的坐标，然后求比值即可【详解】抛物线y2=2px(p0)的焦点坐标为，直线倾斜角为，直线的方程为：.设直线与抛物线的交点为，,，联立方程组,消去y并整理,得解得 ,，故选:B【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，抛物线的简单性质，特别是焦点弦问题，解题时要善于运用抛物

9、线的定义解决问题.11. 已知函数满足：，且，则值可能是（ ）A. 17B. 21C. 25D. 29【答案】B【解析】【分析】根据正弦型函数的对称性得到，一一代入各选项验证即可.【详解】由已知，所以关于对称，故，所以，因为，则关于对称，则，所以，对A，当，解得，因为，故舍去；对B，当，解得，当，解得，故B正确；对C，当，解得，因为，故舍去；对D，当，解得，因为，故舍去；故选：B12. 设，是椭圆与双曲线（，）的公共焦点，P为它们的一个交点，分别为，的离心率，若，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆以及双曲线的定义，结合余弦定理可得，进而利用换元法，结

10、合二次函数的性质即可求解.【详解】不妨设点是，在第一象限内的交点，则，所以，在中，由余弦定理可得：，即，故令，则，所以，故,故选：A 第卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分13. 命题“任意，”为假命题，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】首先求命题为真命题时的取值范围，再求其补集，即可求解.【详解】若命题“任意，”真命题，则，设，当时，等号成立，由对勾函数的性质可知，当时，函数单调递减，当单调递增，所以，即，所以命题“任意，”为假命题，则取值范围为.故答案为：14. 设，满足约束条件，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】先根据约束条件作出可行域；

11、再化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解；最后把最优解的坐标代入目标函数即可得出答案.【详解】由约束条件作出可行域如图所示：化为.由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，此时有最小值.故答案为：.15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且，则_【答案】【解析】【分析】先利用正弦定理及三角恒等变形求出；再根据已知条件及平面向量的数量积公式即可求解.【详解】因为，所以由正弦定理及二倍角公式可得：，整理可得：.又因为，所以，则，即.所以在中有，即.因为，.所以.故答案为：.16. 已知函数，若且，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】先利用导数分析的图象性质，结合图象

12、可知，从而将转化为，再利用导数即可得解.【详解】因为，当时，则，当时，单调递减；当时，单调递增；所以，且当时，而当时，是一次函数，所以的大致图象如下：因为，为使取得最大值，必然异号，不妨设，同时结合图象可知，其中满足，由于，所以，所以，即，所以，令，则，当时，单调递增减；当时，单调递减；由于，所以，则的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于将问题转化为的最值问题，利用导数即可得解.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. 随着计算机时代的迅速发

13、展，人工智能也渗透到生活的方方面面，如：线上缴费、指纹识别、动态导航等，给人们的生活带来极大的方便，提升了生活质量，为了了解市场需求，某品牌“扫地机器人”公司随机调查了1000人，记录其年龄与是否使用“扫地机器人”得到如下统计图表：（分区间，统计） （1）根据所给的数据，完成下面的列联表，并根据表中数据，判断是否有的把握认为使用“扫地机器人”与年龄有关？是否使用扫地机器人年龄是否（2）若以图表一中的频率视为概率，现从年龄在的人中随机抽取3人做深度采访，求这3人中年龄在人数X的分布列与数学期望附：0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）表格见解析，有 （2）分

14、布列见解析，【解析】【分析】（1）利用统计图即可求出年龄在和人中使用和不使用扫地机器人的人数，求出,即可判断是否有的把握认为使用“扫地机器人”与年龄有关；（2）得出X的所有取值，并求出所有对应值的概率即可得出分布列和数学期望.【小问1详解】由题意及图得，公司随机调查了1000人，年龄在人数：，年龄在人数：，年龄在人数且使用扫地机器人人数：，年龄在人数且不使用扫地机器人人数：，年龄在人数且使用扫地机器人人数：，年龄在人数且不使用扫地机器人人数：，完成列联表如下：是否使用扫地机器人年龄是否440110270180故而有的把握认为使用“扫地机器人”与年龄有关【小问2详解】由题意（1）及图得，由条件可

15、知：X的所有取值有0，1，2，3，分布列为X0123P18. 已知四棱锥中，M为的中点（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）首先利用垂直关系，证明，再利用线面平行的判断定理，即可证明；（2）根据（1）的结果，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用向量法求二面角的余弦值.【小问1详解】设H为的中点，连接，又，又，且平面，平面，又平面，又，四边形为矩形，且设N为的中点，连接，则，且，则，且，四边形为平行四边形，又平面，平面 【小问2详解】由，得，由（1）可知，平面，平面，所以平面平面，且平面平面，以点为原点，以为轴

16、的正方向，在平面内，过点作的垂线，取向上为正方向作为轴，如图，平面， 如图，,所以点的横坐标为，纵坐标为0，竖坐标为，则，设平面的法向量，由得：，令，则，所以平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为 19. 已知数列，若，且（1）求证：是等比数列，并求出数列的通项公式；（2）若，且数列的前n项和为，不等式对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围【答案】（1）证明见解析， （2）【解析】【分析】（1）根据得到是首项为2，公比为2的等比数列，据此即可得到数列的通项公式； （2）根据与（1）求出，进而求出，求出，要使不等式对任意正整数n恒成立，即求出最大值，解出

17、不等式组即可.【小问1详解】，又，是首项为2，公比为2的等比数列，；【小问2详解】，且结合（1）得，要使不等式对任意正整数n恒成立，只要，即，由题意可得，解得，只需，解得，综上所述，实数a的取值范围是20. 在平面直角坐标系中，点A，B分别在x轴，y轴上运动，且，动点P满足（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）设点M，N在曲线C上，O为坐标原点，设直线，的斜率分别为，且，试判断的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由【答案】20. 21. 定值为【解析】【分析】（1）根据向量的坐标运算即可求解，（2）联立直线与椭圆方程可得韦达定理，即可根据弦长公式以及点到直线的距离公式求解

18、面积.【小问1详解】设，动点P的轨迹C的方程【小问2详解】依题的斜率不为0，所以设，联立得，得，又因为O到的距离，又因为，化简得得，所以，综上，的面积是定值，且该定值为【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论21. 已知函数（1）当时，求的单调区间；（2）已知，求证：当时，恒成立；（3）设，求证：当函数恰有一个零点时，该零点一定不是函数的极值点【答案】（1）递增区间为，递减区间为 （2）证明见解析 （3）证明见解析

19、【解析】【分析】（1）求出函数导数，利用导数求函数的单调区间即可；（2）可转化，求出即可得证 ；（3）函数零点满足，求出的极值点代入方程，无解即可.【小问1详解】时，所以，当时，单调递增；当时，单调递减即的递增区间为，递减区间为【小问2详解】因为，令，则，令，则，即在上单调递减，且，即存在唯一，使，且，又因为，则，所以时，恒成立即【小问3详解】由（2）知函数的零点就是函数的零点，当有唯一零点时，设为，则，又，即该函数的极值点为，代入得，化简得，此方程无解，所以原命题成立【点睛】关键点点睛：第2问关键在于将所求证问题转化为，再利用导数两次求导后，确定存在唯一使，放缩确定的符号即可.（二）选考题：

20、共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分作答时请先涂题号选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）22. 在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（其中t为参数，），且直线l和曲线C交于M，N两点（1）求曲线C的普通方程及直线l经过的定点P的坐标；（2）在（1）的条件下，若，求直线l的普通方程【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）将两个方程左右两边平方后相加即可消参得到C的普通方程，由可直接得直线l经过的定点P的坐标；（2）将，代入，得，再结合韦达定理以及t的几何意义即可得值，则直线方程可求.【小问1详解】由，将两个方程左

21、右两边平方后相加，可得曲线C的直角坐标方程为由得，直线l经过的定点P的坐标为【小问2详解】将，代入，得，即，设其两根为，则，得，即，得，经检验，故直线l的普通方程为：选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）23. 已知，若的解集为（1）求实数m，n的值；（2）已知a，b，c均为正数，且满足，求的最小值【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）根据可得，即可分类讨论求解不等式，即可得，（2）根据基本不等式，结合对勾函数的单调性即可求解.【小问1详解】因为的解集为，所以，得，故，当时，得，当时，得，综上解得，【小问2详解】由（1）得，又a，b，c均为正数，所以得，由于函数在单调递增，所以，当且时，即，取得最小值