西安中学高2024届高三模拟考试（五）
理科数学
（满分：150分时间：120分钟）
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．设集合，若，则（ ）
A．2 B．3 C．1 D．1或2
2．已知复数，则复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．已知向量，若，则实数的值为（ ）
A．1 B．0 C． D．
4．西安地铁2号线是西安市第一条建成运营的地铁线路，也是贯穿市区南北中轴线的核心线路．某天放学甲乙两位同学同时从凤城五路站坐上了开往常宁宫方向的地铁，甲同学将在体育场站之前的任意一站下车，乙同学将在航天城站之前的任意一站下车，他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．已知是等差数列的前项和，若，则数列的公差为（ ）
A． B．2 C． D．1
6．已知直线和平面，且，则“”是“平面”的（ ）
A．充要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分也不必要条件 D．充分不必要条件
7．已知抛物线的焦点到直线的距离为，则（ ）
A．4 B．6 C．4或12 D．12
8．已知函数在点处的切线均经过坐标原点，其中，，则（ ）
A． B． C． D．
9．已知函数，若是的一个极大值点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，函数的部分图象，若点是中点，则点的纵坐标为（ ）
A． B． C． D．
11．已知正三棱柱，过底边的平面与上底面交于线段，若截面将三棱柱分成了体积相等的两部分，则（ ）
A． B． C． D．
12．已知正项数列的前项和为，前项积为，且满足，则不等式成立的的最小值为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．10
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．已知随机变量服从正态分布，且，则_______．
14．已知，则的最小值为_______．
15．已知函数，若，则的取值范围为_______．
16．已知点分别为双曲线的左、右焦点，以为直径的圆在第一象限与双曲线的右支交于点，与双曲线的渐近线交于点，直线与轴交于点，若，则_______．
三、解答题（本大题共7小题，第17-21题为必考题，第22、23题为选考题）
（一）必考题（共60分）
17．（12分）在中，角的对边是，已知．
（1）证明：；
（2）若边上的高为边上的中线为，求的面积．
18．（12分）甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中．
（1）求投掷3次骰子后球在乙手中的概率；
（2）设前三次投郑骰子后，球在甲手中的次数为，求随机变量的分布列和数学期望．
19．（12分）已知陏圆的左右焦点分别为，过的动直线与交于两点，当轴时，且直线与直线的斜率之积为．
（1）求椭圆方程；
（2）若的内切圆半径为，求直线的方程．
20．（12分）如图所示，三棱柱所有棱长都为2，为中点，为与交点．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的平面角的余弦值．
21．（12分）已知函数．
（1）求证：当；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
（二）选考题（共10分．请考生在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．（10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．
（1）写出直线和曲线的直角坐标方程；
（2）若与有公共点，求的取值范围．
23．（10分）[选修4-5：不等式选讲]
已知关于的不等式有解．
（1）求实数的取值范围；
（2）若均为正数，为的最大值，且．求证：．
西安中学高2024届高三模拟考试（五）参考答案
理科数学
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C B A A D D C B D C A B
二、填空题
13．【答案】0.3 14．【答案】 15．【答案】 16．【答案】
三、解答题
17．【答案】（1）见解析；（2）．
17．解：（1）因为，则，
由正弦定理得：，
，所以；
又因为，所以
所以；
所以
所以，即．
（2）因为，所以；
在中，由余弦定理得：
所以，即，且，
解得；
所以．
18．【答案】（1）；（2）．
18．解（1）记投郑3次骰子后球在乙手中为事件A，则事件A包含三种情况：
甲甲乙、乙丙乙、乙丙乙，则；
（2）由题意知的可能取值为0，1，2，3．
所以随机变量的分布列为
0 1 2 3
随机变量的期望为
19．【答案】．
19．解：（1）由题可知当轴时，联立，解得，则，
设，则，联立得，
解得；
所以椭圆方程
（2）因为的周长为，
故
由题意可知，该直线斜率存在且不为0，设直线为，
联立，则．设
所以．
解得，则直线的方程为或
20．【答案】（1）（2）见解析；（3）．
解（1）取中点，连接；因为分别为和的中点，
所以且，
所以且，
即四边形为平行四边形，
所以，
又因为面面，
所以平面．
（2）由题可知为的中点，四点共面，
所以且面，所以面，
面，所以平面平面．
（3）由题可知，且
面，所以面
所以面，
即为直线与平面所成角，
，
所以，
因为面，所以为直角三角形，所以，
在中，
（也可以直接建系，设角度参数表示坐标，利用线面角求得）
所以以为原点，做面方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系．
，，所以
所以
设平面的一个法向量为，则即令，解得
平面的一个法向量为，
记二面角的平面角为，由图观察可得为锐角．
则
（3）几何法
由题可知，且
面，所以面
所以面，即为直线与平面所成角，
，
所以，
因为面，所以为直角三角形，所以，
在中，．
取中点，连接，因为，所以，
所以为等边三角形，边长为，
因为且面，所以面，所以
面面，过点作于点，则为中点，过点作，连接，所以线面，所以即为二面角的平面角，
在中，与相似，，即，
，所以
21．【答案】（1）见解析；（2）
21．解：（1）证明：设，
则，
所以在区间上单调递增，
所以，即
设
则，
当时，，即，
所以，
令，则，当时，，
所以在区间上单调递增，，
即当时，；
所以在区间上单调递增，，
所以，即得证．
（2）由题意可知在区间上恒成立，
设，则在区间上恒成立，
令，则，
由（1）知，当时，，
所以在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，；
①当时，，所以在区间上单调递增，
所以，即在区间恒成立；
②当时，，
（极限说明：）
即在区间上存在零点，使得；
又因为在区间上单调递增，
所以当时，，即在上单调递减，
，与题设矛盾，
综上所述，的取值范围
22．【答案】（1）；（2）；
22．解（1）直线的极坐标方程为，由得：
的直角坐标方程为；
曲线的参数方程消去参数可得：
（2）联立得：
所以．
23．【答案】（1）；（2）见解析．
23．解：（1）
当时，取得最大值为3，
关于的不等式有解等价于，
当时，上述不等式转化为，解得，
当时，上述不等式转化为，解得，
综上所述的取值范围为，
故实数的取值范；
（3）根据（1）可得，
所以由柯西不等式可得，
，
当且仅当时取等号，所以．
