铜川市2024年高三年级第三次模拟考试
数学（理科）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，则实数的值可能是（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
2. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
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. 已知甲种杂交水稻近五年的产量数据为，乙种杂交水稻的产量数据为，则下列说法错误的是（ ）
A. 甲种的样本极差小于乙种的样本极差
B. 甲种的样本平均数等于乙种的样本平均数
C. 甲种的样本中位数等于乙种的样本中位数
D. 甲种的样本方差大于乙种的样本方差
5. 若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知为正实数，则“”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
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. 最大值为
C. 在区间上单调递增
D.
9. 已知函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，若，则（ ）
A. B.
C. 函数的周期为2 D.
10. 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.
11. 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体积为（ ）
A. B. C. D.
12. 已知为椭圆的左 右焦点，点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线 线段以及轴均相切，的内切圆的圆心为.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为9，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 有5名学生准备去照金香山，药王山，福地湖，玉华宫这4个景点游玩，每名学生必须去一个景点，每个景点至少有一名学生游玩，则不同的游玩方式有__________种.
14. 已知点为外接圆的圆心，且，则__________.
15. 已知内角所对的边分别是，点是的中点.若，且，则__________.
16. 若函数有两个极值点，则实数的取值范围为__________.
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. 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. 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，负者得分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高获得冠军.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）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）；
（2）用表示教师甲的总得分，求的分布列和数学期望.
19. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，点是的中点，是线段上（包括端点）的动点，.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面的夹角为，求的值.
20. 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.
21. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数存在零点，求实数的取值范围.
（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.
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 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.
选修4-5：不等式选讲
23. 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（理科）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，则实数的值可能是（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】求解一元二次不等式解得集合，再根据选项，结合集合的并运算，逐个分析即可.
【详解】依题意，由，可得，
当时，符合题意，A正确；
当或2时，不符合集合中元素的互异性，从而排除项；
当时，，从而排除项.
故选：A.
2. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由求出复数，从而可求得其所在的象限
【详解】由，得，
所以在复平面内对应的点为，位于第二象限，
故选：B
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.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意判断，由双曲线方程写出其渐近线方程，比较即得，代入方程即可求得其焦点坐标.
【详解】易知，令，解得，依题有，即，
双曲线方程为，从而，从而的焦点坐标为.
故选：A.
4. 已知甲种杂交水稻近五年的产量数据为，乙种杂交水稻的产量数据为，则下列说法错误的是（ ）
A. 甲种的样本极差小于乙种的样本极差
B. 甲种样本平均数等于乙种的样本平均数
C. 甲种的样本中位数等于乙种的样本中位数
D. 甲种的样本方差大于乙种的样本方差
【答案】D
【解析】
【分析】求出极差判断A；求出平均数判断B；求出中位数判断C；求出方差判断D.
【详解】对于A，甲种的样本极差，乙种的样本极差，A正确；
对于B，甲种的样本平均数，
乙种的样本平均数，B正确；
对于C，甲种的样本中位数为10.0，乙种的样本中位数为10.0，C正确.
对于D，甲种的样本方差，
乙种的样本方差，D错误.
故选：D
5. 若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一次函数以及对数函数的单调性，结合分段函数的性质即可求解.
【详解】函数在上单调递减，
解得.
故选：C.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用和差公式、辅助角公式化简得，然后通过整体代换，根据诱导公式和二倍角公式即可求解.
【详解】，
.
故选：A.
7. 已知为正实数，则“”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
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】若，根据糖水不等式可得，即充分性成立；
若，则，即且，故，即必要性成立，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】首先化解函数的解析式，再根据函数的性质判断ABC，求，判断函数是否是偶函数，即可判断D.
【详解】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.
，，根据三角函数的性质可知，
当，即时函数单调递减，
当，即时函数单调递增，
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.
故选：C
9. 已知函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，若，则（ ）
A. B.
C. 函数的周期为2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由函数奇偶性与周期性的定义即可判断AC，再由函数的周期为4，代入计算，即可判断BD
【详解】为奇函数，，
又为偶函数，，故A项错误.
即函数的周期为4，
即C项错误.
由，令，得，
即B项错误.
又，
所以D项正确.
故选：D
10. 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.
【答案】D
【解析】
【分析】借助正方体截面的性质可得该截面是边长为的正六边形，计算其面积即可得.
【详解】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.
11. 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体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据几何体的结构特征可知球心在直线上，由勾股定理可得，进而可得，进而，即可求解，由体积公式即可求解.
【详解】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）.
故所求外接球的体积.
故选：C
12. 已知为椭圆的左 右焦点，点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线 线段以及轴均相切，的内切圆的圆心为.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为9，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆、与轴的切点分别为，，圆心、在的角平分线上，从而切点也在的角平分线上，所以，由切线的性质求得，，由圆面积比得半径比，然后由相似形得出的关系式，从而求得离心率．
【详解】由已知及平面几何知识可得圆心在的角平分线上.
如图，设圆与轴的切点分别为，由平面几何知识可得，
直线为两圆的公切线，公切点也在的角平分线上，
则，所以，
由椭圆的定义知，则，
，
，
.
又圆与圆的面积之比为圆与圆的半径之比为3，
所以，即，故椭圆的离心率.
故选：A
【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
（1）求出a，c，代入公式；
（2）只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
二 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 有5名学生准备去照金香山，药王山，福地湖，玉华宫这4个景点游玩，每名学生必须去一个景点，每个景点至少有一名学生游玩，则不同的游玩方式有__________种.
【答案】240
【解析】
【分析】先从5名学生中选2人组成一组，再将4组学生分配到4个景点.
【详解】先从5名学生中选2人组成一组，有种方法，
然后将4组学生分配到4个景点，有种方法，
由分步计数原理知共有种不同的游玩方式.
故答案为：240.
14. 已知点为外接圆的圆心，且，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据向量的运算可得，进而根据外心的性质以及向量加法的运算法则可得四边形为的菱形，即可求解.
【详解】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.
故答案为：
15. 已知的内角所对的边分别是，点是的中点.若，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换，求得，再由，列出方程求得，结合余弦定理，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
又因为，
所以，
因，可得，所以
又因为为的一条中线，可得，
所以，
即，解得或（舍）.
由余弦定理得
故答案为：.
16. 若函数有两个极值点，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将导数方程参变分离，转化为与由两个交点的问题，利用导数讨论的单调性，观察变化趋势，作出草图，由图象即可得解.
【详解】的定义域为，
，
令，得.
令，则.
令，则，即，即.
当时，单调递增；当时，单调递减.
，
又当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0，
作出的草图如图，
由图可知，当时，方程有两个正根，从而函数有两个极值点.
【点睛】思路点睛：关于函数零点个数求参数问题，通常参变分离，转化为两个函数图象相交问题，借助导数研究函数单调性，作出草图即可得解，其中需要注意观察函数的变化趋势.
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. 已知数列满足：.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求正整数最大值.
【答案】（1）
（2）15
【解析】
【分析】（1）利用通项与前n项和的关系先求，然后可得；
（2）利用裂项相消法求和，然后解不等式即可.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
，
两式相减，得，
，
显然也符合上式，
数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知，
，
解得.
正整数的最大值为15.
18. 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）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）；
（2）用表示教师甲的总得分，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）没有明显差别.
（2）分布列见解析，9.
【解析】
【分析】（1）设出教师甲在三个项目中获胜的事件依次为，表示出甲获得冠军包含的事件，利用互斥事件的概率加法公式和积事件的概率乘法公式求出其概率，再代入公式计算比较即得；
（2）依题得出的所有可能的值，计算出相应的概率，完成的分布列，利用随机变量的均值公式计算即得.
【小问1详解】
不妨设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为，
甲获得冠军可以表示为：,
因两两互斥，
故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.
【小问2详解】
易知的所有取值为，
，
，
，
，
则的分布列为：
-15 0 15 30
0.096 0.352 0.408 0.144
.
19. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，点是的中点，是线段上（包括端点）的动点，.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面的夹角为，求的值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接，利用三角形中位线性质和线面平行判定定理即可得证；
（2）以为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，求出坐标和平面的法向量，根据线面角的向量公式列方程即可求得，然后可得所求.
【小问1详解】
证明：；连接交于点，连接，
四边形是正方形，为的中点，
是的中点，，
平面平面平面.
【小问2详解】
易知两两垂直，
以为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则.
，
设，则.
.
设平面的法向量为，
则，令，则.
又直线与平面的夹角为，
，解得.
.
20. 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.
【答案】（1）
（2）存在点
【解析】
【分析】（1）由的面积为，结合抛物线的几何性质，列出方程，求得，即可求解；
（2）设点，可设直线的方程为，联立方程组求得，根据，列出方程求得，再由弦长公式和点到直线的距离公式，列出方程，求得的，进而得到的值，即可求解.
【小问1详解】
解：由抛物线，可得焦点为，
因为直线垂直于轴，不妨设，
代入，可得，所以，
又因为的面积为，所以，解得，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
解：由（1）知抛物线的焦点为，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，联立方程组，消去得，
可得，且，
因为，所以，
所以
，所以，
因为，
原点到直线的距离，
所以，解得，所以，
所以存在点，符合题目要求.
【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略：
1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
21. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数存在零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）代入直接求导得，计算切点和斜率，最后写成点斜式即可；
（2）先用导数证明不等式，然后分和两种情况讨论即可得到的取值范围.
【小问1详解】
当时，，所以.
这得到，，所以所求切线是经过且斜率为的直线.
故所求切线方程为，即.
【小问2详解】
设，则，所以当时，当时.
从而在上递增，在上递减，故，这得到.
若，则，从而取值恒为负，故没有零点，不满足条件；
若，则有，
及.
从而由零点存在定理可知存在零点，满足条件.
综上，的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题的第二问可使用分类讨论法解决. 只要分类方式恰当，分类讨论法往往能够直接确定取值范围.
（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.
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由曲线的参数方程得到，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解；
（2）由（1）中曲线的方程，根据，得到，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：曲线的参数方程为（为参数），即（为参数），
平方相加，可得，即，
又由，可得，
所以曲线的极坐标方程为.
【小问2详解】
解：由（1）知曲线的标准方程为，
可得曲线是以为圆心，半径为5的圆，且过原点，
因为，可得过圆心，且为直角三角形，
所以，
所以，当时，等号成立，
所以面积的最大值为.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）记函数最小值为，若正数满足，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）将函数写成分段函数，从而利用分类讨论法解得；
（2）首先由图象求出，即可得到，方法一：利用基本不等式证明，方法二：利用柯西不等式证明.
【小问1详解】
不等式等价于或或，
解得或或.
不等式的解集为.
【小问2详解】
由（1）可得的图象如下所示：
所以，即，
方法一：
，
当且仅当时，等号成立.
方法二：，
即，
当且仅当时，等号成立.
