《陕西省榆林市2024届高三上学期第一次模拟检测试题 数学（理） Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《陕西省榆林市2024届高三上学期第一次模拟检测试题 数学（理） Word版含解析（24页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、榆林市20232024年度高三第一次模拟检测数学试题（理科）考生注意：1.本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.第I卷一选择题：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，则（ ）A. B. C. D. 2. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 3. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 4. 在等比数列中，则（ ）A. B. C. 16D. 85. 某圆锥的侧面积为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
2、A. 2B. 4C. D. 6. 执行如图所示的程序框图，输出的（ ）A. 18B. 22C. 25D. 7 已知，则（ ）A. B. C. D. 8. 已知为奇函数，则（ ）A. B. 14C. D. 79. 如图，设抛物线的焦点为，不经过焦点的直线上有三个不同的点，其中点在该抛物线上，点在轴上，若，则（ ）A. B. C. D. 310. 下图是由两个边长不相等的正方形构成的，在整个图形中随机取一点，此点取自的概率分别记为，则（ ）A. B. C. D. 11. 已知是球的直径上一点，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
3、A. B. C. D. 12. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 第II卷二填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13. 已知向量满足，则_.14. 若满足约束条件，则目标函数的最大值为_.15. 已知函数.若存在，使不等式成立，则的取值范围是_.16. 某网店统计了商品近30天的日销售量，日销售量依次构成数列，已知，且，则商品近30天的总销量为_.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. 在三
4、棱锥中，.（1）证明：.（2）若，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.18. 的内角的对边分别为，已知的周长为.（1）求的值；（2）求的最大值.19. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，将个样本数据按、分成组，并整理得到如下频率分布直方图.（1）请通过频率分布直方图估计这份样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.（2）以样本频率估计概率，若竞赛成绩不低于分，则被认定为成绩合格，低于分说明成绩不合格.从参加知识竞赛的市民中随机抽取人，用表示成绩合格的人数，求的分布列及数学期望.20. 已知椭圆经过两点.（1）
5、求方程；（2）斜率不为0的直线与椭圆交于两点，且点A不在上，过点作轴的垂线，交直线于点，与椭圆的另一个交点为，记的面积为，的面积为，求.21. 已知函数.（1）求极值；（2）已知，证明：.（二）选考题：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.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，曲线和参数方程分别为（为参数），（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线和的极坐标方程；（2）已知直线，且与曲线相交于、两点，与曲线相交于、两点，则当取得最大值时，求的值.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数.（1）求不等式解集；（2
6、）若存在，使得成立，求实数的取值范围.榆林市20232024年度高三第一次模拟检测数学试题（理科）考生注意：1.本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.第I卷一选择题：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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的运算法则，准确计算，即可求解.【详解】由复数，所以.故选：B.2. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解不等式化简集合B，再利用交集的定义求解即得.【详解】
7、依题意，或，而，所以.故选：D3. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据渐近线方程得到，再代入离心率公式即可.【详解】由题意可知，所以.故选：D.4. 在等比数列中，则（ ）A. B. C. 16D. 8【答案】A【解析】【分析】利用等比数列的通项公式及性质求解即可.【详解】设等比数列的公比为，则，即，由，可得，即，所以.故选：A5. 某圆锥的侧面积为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）A. 2B. 4C. D. 【答案】D【解析】【分析】设圆锥母线长为，底面半径为，由题意得到求解.【详解】解：设圆锥的母线
8、长为，底面半径为，即侧面展开图的半径为，侧面展开图的弧长为.又圆锥底面周长为，所以，即圆锥的母线长.所以圆锥的侧面积为，解得.故选：D6. 执行如图所示的程序框图，输出的（ ）A. 18B. 22C. 25D. 【答案】C【解析】【分析】根据程序框图的功能，一一循环验证即可.【详解】解：执行该程序框图，成立，成立，成立，不满足，输出.故选：C7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用对数函数的单调性比较大小可得答案.【详解】因为，所以，因为，所以，故.故选：D.8. 已知为奇函数，则（ ）A. B. 14C. D. 7【答案】C【解析】【分析】根据奇函数定义得到
9、，进而求值.【详解】因为为奇函数， 所以，即，所以，所以.故选：C9. 如图，设抛物线的焦点为，不经过焦点的直线上有三个不同的点，其中点在该抛物线上，点在轴上，若，则（ ）A. B. C. D. 3【答案】D【解析】【分析】根据抛物线定义可求出，根据三角形相似即可求出.【详解】设,，由，根据抛物线定义可得，故，过，分别作轴的垂线，过作轴的垂线，垂足为，明显，所以.故选：D10. 下图是由两个边长不相等的正方形构成的，在整个图形中随机取一点，此点取自的概率分别记为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用几何概型公式求得的值，进而得到三者之间的关系.【详解】设，从而，因为
10、，所以，根据面积型几何概型的概率公式，可以得到，则故选：A.11. 已知是球的直径上一点，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设截得的截面圆的半径为，球的半径为，由平面几何知识得截面与球心的距离为，利用勾股定理求得的值，由题意可知球心到所求截面的距离最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得答案.【详解】如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，因为，所以.由勾股定理，得，由题意得，所以，解得，此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.设球心到所求截
11、面的距离为，所求截面的半径为，则，所以只需球心到所求截面的距离最大即可，而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大，即，所以.故选：C12. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分情况讨论，当时直接代入可得函数递减；当时，求导，构造函数，再由得到抽象函数，求出，最后再讨论时的情况，综合得出结果.【详解】当时，函数在上单调递减，不符合题意，所以，由题可知恒成立，即.令，则，所以在上单调递增，由，可得，即，所以，所以，当时，不符合题意，故的取值范围是.故选：B第II卷二填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中
12、的横线上.13. 已知向量满足，则_.【答案】【解析】【分析】根据平面向量数量积运算法则求出答案.【详解】因为，所以，故.故答案为：14. 若满足约束条件，则目标函数的最大值为_.【答案】【解析】【分析】作出约束条件的可行域，利用几何意义即可求得目标函数的最大值.【详解】画出约束条件的可行域，由，可得，由，可得，当目标函数经过时，当目标函数经过时，故目标函数的最大值为.故答案为：15. 已知函数.若存在，使不等式成立，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据的范围求出范围，可得的值域，可得答案.【详解】当时，则，所以，因此在上的值域为，若存在，使不等式成立，则，所以的取值范围是.故答案为
13、：.16. 某网店统计了商品近30天的日销售量，日销售量依次构成数列，已知，且，则商品近30天的总销量为_.【答案】1020【解析】【分析】根据题目所给递推关系找到数列的规律，进而求和.【详解】当时，当时，中奇数项是公差为2，首项为20的等差数列，.商品近30天的总销量为.故答案为：.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. 在三棱锥中，.（1）证明：.（2）若，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，由线面垂直判定定理证明平面，进而得到；（2）由平面平面，可证明平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：取的中点，连接因为，所以，又因为平面，所以平面，因为平面，所以.【小问2详解】因为且平面平面，面，所以平面.以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，设平面的法向量为，则，取，则，所以，直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.18. 的内角的对边分别为，已知的周长为.（1）求的值；（2）求的最大值.【答案】（1）2 （2）【解析】【分析】（1）由题意结合数量积定义、余弦定
