商洛市2024届高三第四次模拟检测文科答案_2024年3月_013月合集_2024届陕西省商洛市高三第四次模拟检测_陕西省商洛市2024届高三第四次模拟检测文科数学

故选:D. 商洛市 2024 届高三第四次模拟检测 7．C.【详解】由已知 ON 是 KMF 的中位线，可知 MF 2ON ，过M,N向准线做 数学试题（文科）参考答案及评分意见 垂线，垂足分别为M ,N ,同理NN 是 KMM 的中位线,MM 2NN ,有抛物线定义 一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 1 1 1 1 1 1 1 3 题目要求的． 知MM MF,NN NF,因此， N 点横坐标是该 ，所以NF  ,MF 3,故选：C. 1 1 2 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 x 1 y  方法二：设点Mx,y ，则N 1 , 1 ，由已知 1 1  2 2  A B C D C D C B D B C B y2 4x  1 1 1.A.【详解】 根据复数的运算性质，可得 zz  z 2  1 2 i 2  1i 2  2 .故选 A.     y 1   2 4 x 1 1 ，解得x 1 2，所以 MF 3 ，故选：C.  2  2 2．B. 【详解】 x2x2x1x20 ，解得1 x2 ，所以Qx|1 x2，所以 8.B.【详解】观察可发现这个棱锥是将一个侧面摆在地面上，而棱锥的真正 PQ1,2.故选：B 1 底面体现在正视图（梯形）中，所以S   42 412，而棱锥的高为侧视 底 2 3．C.【详解】“对任意的 xR ， x3x210 ”的否定是:存在 xR ， x3x210 1 选 C. 图的左右间距，即h 4，所以V  S h 16 答案： B 底 3 4．D.【详解】设数列的公差为d，则S 4 (4d)4(4d)(42d)22，∴d 3， 9．D【详解】对于 f xexex，定义域为 R ，满足 f xexex  f x，为偶函 ∴a a d 7，S  5(a 1 a 5 ) 5a 35．故选：D 数.同理可得：gxsinx为奇函数. 3 2 5 2 3 记hx f xg x2，则hx f xgx2 f xgx2 5．C.【详解】 所以hxhx且hx  hx，所以 f xgx2为非奇非偶函数； 4 4 4 由题意可得N e3k  N ，可得e3k  ，设N ekt 0.64N ( )2N , 0 5 0 5 0 0 5 0 gx ekt   e3k 2 e6k,解得t 6 同理可证： f xgx2为非奇非偶函数； f xgx和 为奇函数. f x 因此，污染物消除至最初的 64% 还需要 3 小时.故选：C. 由图可知，图像对应函数为奇函数，且0 f 11.显然选项 A，B 对应的函数 6．D.【详解】 a    b  c ，a    b  c  a  b  a  c  0． 都不是奇函数，故排除； 所以 a  b  cos a  ,b   a  c  cos a  ,c   0，又b   3 c  ，a  ,b  60， 对 C: y f xgx  exex sinx ，为奇函数.  3 a  c   1  a  c  cos a  ,c  0，由 a  ， b  ， c  均为非零向量， 当 x1 时，  e 1 sin1  e 1 sin π   e 1   2 e 2  e 1 ，故错误； 2  e  e 4  e 2 2 2 则 cos a  ,c   2 3 ，且 a  ,c  在 0到 180之间，故 a  ,c  150． 对 D， y g f   x x    ex si  n e x x ，为奇函数.当 x1 时，  e si  n1 1  1 .故正确.故选：D.  e {#{QQABBQKAgggAAJBAABgCUQVgCACQkAAACAoGQEAAoAAACAFABAA=}#}10.B.【详解】 对于①，因为两函数图像的对称轴相同，且两相邻对称轴之 故选：B 间的距离等于周期的一半，所以两函数的周期也相同， 二、填空题：本题共 4 小题． 2 125 因此 ，解得2，故①错误； 13．0 14．y  x 15．  16．12  6 对于②，因为2，所以 f  x sin  2x   ，当 2 时， 13.0【详解】依题意m2,1，故事件 A:xm 表示x2,m ，故事件 A 概率为  6 3 m(2) 2  ，m0  2   1(2) 3 g  x cos2x  sin2x  ，此时 f(x)与 g(x)的图像关于 x 轴对称，则  3   6 14.答案：y  x【详解】 f(x) x1  ex，斜率为k 1，切线为y x 它们的对称轴相同，故②正确； 125 15.答案： 【详解】因为 AC 的中点是球心，      6 对于③，令 2k2x  2k kz 得， k x k kz ，故 2 6 2 3 6 5 125 所以该球的半径为 ，所以外接球的体积为 .     2 6 f(x)的单调递增区间为  k, k  kz ，故③正确；    3 6   1  1 16.答案：12【详解】f x  2f xf x1 2f x 2f x，   2  2 对于④， f  x 的所有零点满足2x k,kz ，解得所有零点的集合为 6 所以数列 f  n 是公比为 2 的等比数列，   k  x x   ,kz，故④错误. 则有  12 2   f  6 1 f  n 2n6 11．C.【详解】由双曲线C定义， PF 1  PF 2 4, PF 2  2, f  1  f  2  f  n  1  2n1  32 ln PF ln PF ln  PF PF  ln PF  4 PF  ln  PF 2 4 PF  ，当且仅当 PF 2取得最 1 2 1 2 2 2 2 2 2 nn11 f  1  f  2  f  n 2 54n6 2 2 小值 .故选：C ln12 12.B.【详解】由题意0,不等式即2e2x lnx,进而转化为2xe2x lnxelnx 所以所解不等式为： 1  2n 1  2 nn 2 11 2n 12 n2 2 11n 5 32 令g(x)xex,则g(x)(x1)ex,当x0时，g(x)0,所以g(x)在（0，）上单调递增 n211n10 n2 11n10 2n 2 2  n  n213n100 则不等式等价于g(2x)g(lnx)恒成立.因为0,x1,所以2x0,lnx0,所以 2 2xlnx对任意x1恒成立，即2 lnx 恒成立 可解得： 0n 13 129 x 2 lnt 1lnt 设h(t) t (t1),可得h(t) t2 ,当1te,h(t)0,h(t)单调递增 nN n 的最大值为 12 1 1 1 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17～21 题为必 当t e,h(t)0,h(t)单调递减.所以t e,h(t)有最大值h(e) ,于是2 ,解得 . e e 2e {#{QQABBQKAgggAAJBAABgCUQVgCACQkAAACAoGQEAAoAAACAFABAA=}#}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． (3)由（2）50 人中 176 cm 以上的有 6 人，180 cm 以上的有 2 人． （一）必考题： 设 6 人为A,A ,A,A ,B,B ,180 cm 以上的有 2 人为B,B ， ……………8 分 1 2 3 4 1 2 1 2 17．答案：(1) π (2)3 3 任取 2 人的取法为 3 4 A,A ，A,A ,A,A ,A,B ,A,B  a c 3a c 1 2 1 3 1 4 1 1 1 2 A,B ,A,B  【详解】 （1）在ABC中，由正弦定理 = 得：.  A ,A ,A ,A ,A ,B ,A ,B  1 1 1 2 sinA sinC 2cos 2 A sinC 2 3 2 4 2 1 2 2 A ,B ,A ,B  2 A,A ,A,B ,A,B  恰有 1 人 180 cm 以上的取法为 2 1 2 2 3 4 3 1 3 2 A,B ,A,B  A ,B ,A ,B  3 1 3 2 所以， 3a  a . ……………………2 分 4 1 4 2 A ,B ,A ,B  1cosA sinA B 1 ,B 2  4 1 4 2 所以， 3sinA1cosA ，即 3sinAcosA1 ，即 所以所求概率为，p 8 ……………………12 分 15  π 1 sinA  ， ……………………4 分  6 2 19．(1)证明见解析； (2)2 15 . 5 π  π 5π π π 又A0,π，所以A  ,  ，所以A  ，即 【详解】（1）连接BD,OD，如图， 6  6 6  6 6 A π ……………………6 分 如图 1，在等腰梯形ABCD中， BC//AD ，BC  1 AD2， 3 2 5 3  A60，E为AD中点，△ABE为等边三角形，∵O (2)在ABC中，a 3,cb ,A 2 3 为BE的中点 AOBE, 即AOBE， 1 由余弦定理得 a2 b2c22bccosA ，即3 cb 2bc. ……………………8 分 如图 2，AOBC，又BCBE B ，BE,BC平面BCDE， 1 bc1 15 ， ……………………10 分 AO平面BCDE， 2 1 又EC平面BCDE，AOEC …………………2 分 所以S ABC  1 bcsinA 2 33 5 . ……………………12 分 1  2 8 ED//BC,ED BC,EB BC ，所以四边形EBCD为菱形，ECBD , 18【详解】(1)由频率分布直方图，经过计算该校高三年级男生平均身高为 Q O、F分别为BE、DE中点,  5 7 8 2 2 1  162 164 170 174 178 182 4168.72， OF//BD,EC OF , ……………………4 分  100 100 100 100 100 100 ∴平均值为 168.72，高于全市平均值 168. ……………………3 分 AOOF O,AO,OF 平面AOF ，EC平面AOF . ……………………5 分 1 1 1 1 (2)由频率分布直方图知，后2 组频率为(0.02＋0.01)×4＝0.12，人数为 0.12 （2）在 OED 中，OE 1,DE 2,OED120 , ×50＝6，即这 50 名男生身高在 176 cm 以上(含 176 cm)的人数为 OD 12 22 212cos120  7 , ……………………7 分 6. ……………………6 分 AO平面 BCDE ， OD平面 BCDE ，AOOD ， 1 {#{QQABBQKAgggAAJBAABgCUQVgCACQkAAACAoGQEAAoAAACAFABAA=}#}在Rt△A 1 OD中， A 1 D A 1 O2OD2  ( 3)2( 7)2  10, 所以y 1 y 2  m 2 2 m  n 9 ， y 1 y 2  m n2 2   9 9 ． …………………8 分 S △A1ED  1 2  10 22( 1 2 0 )2  1 2 5 . ……………………9 分 又因为k 1 k 2  1 3 ，所以 x y  1 3  x y  2 3  1 3 ，整理得3y 1 y 2 x 1 3x 2 3， 1 2 A 1 O平面 BCDE , A 1 到平面 BCDE 的距离为 A 1 O 3 ， 即3y 1 y 2 my 1 n3my 2 n3， 设B到平面AED的距离为d，由V V 可得 1 S d  1 S  3， 化简得 m23  y y mn3y y n32 0． 1 BA1ED A1 BED 3 △A1ED 3 △BED 1 2 1 2  1  15 d  1  1 22sin120  3 ， ……………………11 分 所以  m23  n29   2m2nn3 n32 0 ， 3 2 3 2 m29 m29 d  2 15 . 点B到平面AED的距离为2 15 ……………………12 分 化简得 6n360 ，解得 n6 ，即直线 PQ 恒过点N6,0． …………………10 分 1 5 5 9  20．【详解】（1）因为椭圆 C 的长轴长是短轴长的 3 倍，所以 a3b ， 因为ABPQ，所以点 B 在以线段 AN 为直径的圆上，取线段 AN 的中点M 2 ,0  ， 则椭圆 C 的方程为 x2  y2 1 ． 则 MB  1 AN  3 ，所以存在定点M   9 ,0   ，使得线段 BM 的长度为定值．…12 分 9b2 b2 2 2 2   2 2 1 8 21．【详解】（Ⅰ）函数 f x的定义域为0,， 又椭圆 C 经过点1, ，所以  1，   3   9b2 9b2 x2 ax2a2 f x  . …………………………………………2 分 解得 b1 ， a3 ，所以椭圆 C 的方程为x2 y2 1 ． …………………4 分 x 9 则令 f x 0，得xa,x2a （2） （1）当a 0时， f x 0 ……………………………3 分 （2）当a 0时， 设Px,y ，Qx ,y ，若直线PQ斜率为 0，不妨设PQ:yt,t0,1t1， x  0，a  a  a， 1 1 2 2 此时 x,x 是方程x2 t2 1 的两根，所以x x 0,xx 9  t2 1 ，但 f/(x) + 0 — 1 2 9 1 2 1 2 f x ↗ 极小值 ↘ y y t2 t2 1 1 kk  1  2     ，不满足题意；…………6 分 1 2 x 1 3 x 2 3 x 1 x 2 3x 1 x 2 9 9  t21  09 9 3 ……………………………4 分 若直线PQ斜率不为 0，直线 PQ 的方程为xmyn，且 n3 ， （3）当a0时， 联立方程组    x x2 myn ，消去 x 得 m29  y22mnyn290 ， x  0，-2a  2a 2a，   y2 1  9 f/(x) + 0 — 由0 ，得 m2n290 ， {#{QQABBQKAgggAAJBAABgCUQVgCACQkAAACAoGQEAAoAAACAFABAA=}#}f x ↗ 极小值 ↘ ∴所求方程为x12y12 22 ……………………2 分 ……………………………5 分 xcos ∵  ∴22cos2sin 2 ysin 综上 当a 0时，f  x 在0,上递减； 当a 0时，f  x 在0,a上递增，f  x    ∴曲线 C 的极坐标方程为22 2cos 2 ……………………4 分 在a,上递减；当a0时， f  x 在0,2a上递增， f  x 在2a,上递减  4 …………6 分 (2)联立和22cos2sin2 0 ，得22cossin20， ……6 分   （Ⅱ）函数g  x  x a和h  x 2a2 lnx 的图像在1,e上有交点，等价于 设M 1 ,、N 2 ,，则 1  2 2sincos2 2sin   4   ， 2 x    函数 g  x  x2 ax 和h  x 2a2lnx的图像在1,e上有交点， …………7 分 由OQ  1 2 2 ，得OQ  2 sin   4    2， …………………8 分 2   等价于 f x的图像在1,e有零点 当 时，OQ 取最大值 2 ，故实数的取值范围为  2, ………10 分 4 f x的单调递增区间是0,a，单调递减区间是a,. 23．(1) m6 (2)证明见解析 1 3x,x2 f 1  a 0，由（Ⅰ）知a 1 ………………………8 分  2 【详解】（1）由题意得 f xx8,4x 2， ……………………2 分  3x,x4 当ae时， f(x)在(1,e)为增函数， f x在1,e上有零点，则 f(e)0 所以 f x在,2上单调递减，在2,上单调递增. 1 5 1 5 4a2 2eae2 0 a e或a  e 4 4 因此 f x的最小值m  f 26 ……………………4 分 ae ……………………………………………………………………9 分 （2）由（1）知 abc6 ,且a,b,c均为正数， 当1ae时， f(x)在(1,a)递增，在a,e递减， f(1)0  f(a)0 所以 a b c 2 abc2 ab2 bca ac ， ……………………6 分 1 3 即 2a2lna a2 a2 0 lna  由基本不等式 2 ab ab ， 2 bc bc ， 2 ac ac ， 2 4  2 3 …………………………………………………………………11 分 所以 a b c 3  abc 18 ， ……………………8 分 e4 ae 3 当且仅当 abc 时等号成立，即 综合得：实数a的取值范围为 ………………………………12 分 [e4,) a b c 3 2 ……………………10 分 （二）选考题；    22.（1）22 2cos 2；（2）  2, .  4 x 12cos 【详解】(1)∵曲线C的参数方程为  （为参数）， y 12sin {#{QQABBQKAgggAAJBAABgCUQVgCACQkAAACAoGQEAAoAAACAFABAA=}#}