陕西省铜川市2024届高三下学期第三次模拟考试 数学（文）含答案.docx

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1、铜川市2024年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.

2、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.4 B.5 C.6 D.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

3、.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

4、_.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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2223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

5、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

6、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2223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

7、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

8、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

9、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

10、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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.解：（

11、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，

12、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2223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.