商洛市2024届高三第四次模拟检测理科答案_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理科数学

商洛市 2024 届高三第四次模拟检测 别为M ,N ,同理NN 是KMM 的中位线,MM 2NN ,有抛物线定义知MM MF,NN NF,
1 1 1 1 1 1 1 1
数学试题（理科）参考答案及评分意见 因此，N 点横坐标是该 1 ，所以NF  3 ,MF 3,故选：C.
2 2
一、选择题： x 1 y 
方法二：设点Mx,y ，则N 1 , 1，由已知
1 1  2 2 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
A B B D C C C B D B C B y2 4x
 1 1
 y  2 x 1 ，解得x 1 2，所以MF 3，故选：C.
2 2  1 4 1
1.A.【详解】 根据复数的运算性质，可得zz  z 2   1i 2  2.故选A.  2  2
1i
8.B.【详解】观察可发现这个棱锥是将一个侧面摆在地面上，而棱锥的真正底面体现在正
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PQ1,2.
1
视图（梯形）中，所以S   42 412，而棱锥的高为侧视图的左右间距，即h 4，
故选：B 底
2
3．B【详解】  x 2   6 的通项为T Cr x6r    2   r Cr2r x 6 3 2 r，令6 3 r 0有r4. 所以V  1 S h 16 答案： B
 x  r1 6  x 6 2 3 底
 2  6 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，为偶函数.
故 x

的展开式中常数项为第5项.故选：B
 x 
同理可得：gxsinx为奇函数.
4．D.【详解】设数列的公差为d，则S (4d)4(4d)(42d)22，∴d 3，
4 记hx f xg x2，则hx f xg x 2 f x g x  2
5(a a )
∴a
3
a
2
d 7，S
5
 1
2
5 5a
3
35．故选：D
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；
5．C.【详解】 gx
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
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
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对应的函数都不是奇函
ekt   e3k 2 e6k,解得t 6
数，故排除；
因此，污染物消除至最初的64%还需要3小时.故选：C.
对C: y f xgx  exex sinx ，为奇函数.
6．C.【详解】由题意B,E,N三点共线，所以存在R，使得
 1  1 π  1  2 2 e
    1 当x1时， e sin1e sin e  e  1，故错误；
AE AB1AN AB AC，  e  e 4  e 2 2 2
3
sin1
    1 gx sinx 1
同理C,E,M 三点共线，所以存在R，使得AE AC1AM AC AB， 对D， y  ，为奇函数.当x1时，  1 .故正确.故选：D.
2 f x ex ex e 
 e
 1
 10.B.【详解】 对于①，因为两函数图像的对称轴相同，且两相邻对称轴之间的距离等
  2 2 1  2  1 
由平面向量基本定理可得 ，解得 , ，所以AE a b.故选：C.
 1 5 5 5 5 于周期的一半，所以两函数的周期也相同，
 3
2
因此 ，解得2，故①错误；
7．C.【详解】由已知ON是 KMF的中位线，可知MF 2ON，过M,N向准线做垂线，垂足分

{#{QQABLQiEgggoAJBAABhCUQFQCAOQkBAACAoGRFAIoAAAiBFABAA=}#}对于②，因为2，所以 f  x sin

2x

，当
2
时，
14.答案：k 1【详解】 f(x) x1  ex，切线为y  x，斜率为k 1，
 6 3
125 5
15.答案： 【详解】因为AC的中点是球心，所以该球的半径为 ，所以外接球的体
g  x cos  2x 2  sin  2x  ，此时f(x)与g(x)的图像关于x轴对称，则它们的 6 2
 3   6
125
积为 .
对称轴相同，故②正确； 6
      1  1
对于③，令 2k2x  2k kz 得， k x k kz ，故f(x) 16.答案：12【详解】f x  2f xf x1 2f x 2f x，
2 6 2 3 6  2  2
    所以数列  f  n  是公比为2的等比数列，
的单调递增区间为  k, k  kz ，故③正确；
 
 3 6 
则有 f  6 1 f  n 2n6

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 f  1  f  2  f  n  1  2n1 
32
  k 
x x   ,kz，故④错误. nn11
 12 2  f  1  f  2  f  n 2 54n6 2 2
11．C.【详解】由双曲线C定义， PF 1  PF 2 4, PF 2  2, 所以所解不等式为： 1  2n 1  2 nn 2 11 2n 12 n2 2 11n 5
ln PF ln PF ln  PF PF  ln PF  4 PF  ln  PF 2 4 PF  ，当且仅当 PF 2取得最小 32
1 2 1 2 2 2 2 2 2
值ln12.故选：C n211n10 n2 11n10
2n 2 2  n  n213n100
2
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
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 可解得：0n 13 129
2
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
nN n的最大值为12
lnx
2xlnx对任意x1恒成立，即2 恒成立
x 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题为必考题，每个
lnt 1lnt
设h(t) (t1),可得h(t) ,当1te,h(t)0,h(t)单调递增 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．
t t2
（一）必考题：
1 1 1
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
17．答案：(1) π (2)3 3
故选：B 3 4
二、填空题：本题共 4小题． a c 3a c
（1）在ABC中，由正弦定理 = 得：. 
【详解】 sinA sinC 2 A sinC
2cos
9 125 2
13． 14．1 15．  16．12
32 6
3a a
所以，  . ··························2分
13．答案：
3
9
2
.【详解】事件 A 概率为 p
1
2
33
 9 .
1cosA sinA
16 32 所以， 3sinA1cosA ，即 3sinAcosA1，即
{#{QQABLQiEgggoAJBAABhCUQFQCAOQkBAACAoGRFAIoAAAiBFABAA=}#} π 1 （2） 如图，过 A 点作AOBD于点O，
sinA  ， ··························4分
 6 2
1 1
由S  BDAO ABAD代值易得：AO 3.
π  π 5π π π ABD 2 2
又A0,π，所以A  ,  ，所以A  ，即
6  6 6  6 6
由平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AO平面
π
A ··························6分 ，
ABD
3
5 3 
可知AO平面BCD. ····························7分
(2)在ABC中，a 3,cb ,A
2 3 在平面BCD中，过O点作BD的垂线为x轴，OD，OA所在直线分别为y，z轴，建立空间
由余弦定理得 a2 b2c22bccosA ，即3 cb 2bc. ·····················8分 直角坐标系.则A  0,0, 3  ，B0,1,0，C  3,2,0  ，D0,3,0，
   
bc1 15 ， ·····················10分 有AB  0,1, 3  ，BC   3,3,0  ，CD   3,1,0  ，AD  0,3, 3  . ············8分
2
 
  mABy  3z  0
所以S ABC  1 bcsinA 2 33 5 . ·····················12分 设平面ABC的法向量mx 1 ,y 1 ,z 1 ，则   1 1 ，

2 8
mBC  3x
1
3y
1
0
  
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 令z 1，解得其中一个法向量m 3, 3,1 ； ···········9分
1
 5 7 8 2 2 1   
  162 100 164 100 170 100 174 100 178 100 182 100   4168.72， 设平面ACD的法向量n  x 2 ,y 2 ,z 2 ，则    n  C  D   3x 2 y 2 0 ，
nAD3y  3z 0
2 2
∴平均值为 168.72，高于全市平均值168. ···············3分
  
令x 1，解得其中一个法向量n 1, 3,3 . ···········10分
2
(2)由频率分布直方图知，后 3组频率为(0.02＋0.02＋0.01)×4＝0.2，人数为0.2×50
 
  mn 3 3
＝10，即这 50名男生身高在172 cm以上(含172 cm)的人数为10. ·······6分 于是，cosm,n     0， ··········11分
m n 13 13 13
(3)由已知 50人中180 cm以上的有2人． ················9分
3
故平面ABC和平面ACD夹角的余弦值为 . ··········12分
随机变量ξ可取0,1,2，于是 13
20．【详解】（1）因为椭圆C的长轴长是短轴长的3倍，所以a3b，
C2 28 C1C1 16
p0 8  ，p1 8 2  ，
C
1
2
0
45 C
1
2
0
45
则椭圆C的方程为
x2

y2
1．
9b2 b2
C2 1
p2 2  ，
C2 45  2 2 1 8
10 又椭圆C经过点1, ，所以  1，
  3   9b2 9b2
28 16 1 2
∴E00 1 2  ··········12分
45 45 45 5 x2
解得b1，a3，所以椭圆C的方程为 y2 1． ·············4分
19．【详解】（1）由ABCD，BCCD，且ABBCB，AB,BC 平面ABC， 9
可得CD平面ABC， ·····························2分
又AC平面ABC，则AC CD， ·····························3分 （2）
在Rt△ACD中，根据勾股定理， AC AD2 CD2   2 3 2 22 2 2 . ········5分
{#{QQABLQiEgggoAJBAABhCUQFQCAOQkBAACAoGRFAIoAAAiBFABAA=}#}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， f/(x) + 0 —
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 ↗ 极小值 ↘
1 2 9 1 2 1 2
········4分
y y t2 t2 1 1
kk  1  2     ，不满足题意； ······6分
1 2 x 3 x 3 xx 3x x 9 9  t21  09 9 3 （3）当a0时，
1 2 1 2 1 2
若直线PQ斜率不为0，直线PQ的方程为xmyn，且n3， x  0，-2a  2a 2a，
xmyn f/(x) + 0 —
联立方程组  x2 ，消去x得 m29  y22mnyn290 ，
  y2 1 f x ↗ 极小值 ↘
 9
由0，得 m2n290 ， ·········5分
2mn n29 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 在
所以y y  ，y y  ． ·········8分
1 2 m29 1 2 m29
a,上递减；当a0时， f  x 在0,2a上递增， f  x 在2a,上递减
1 y y 1
又因为kk  ，所以 1  2  ，整理得3y y x 3x 3，
1 2 3 x 3 x 3 3 1 2 1 2 ·········6分
1 2
即3y 1 y 2 my 1 n3my 2 n3， （Ⅱ）当a  0时，设x  lnt ，Q x0,1t1,e ·········7分
化简得 m23  y y mn3y y n32 0．
1 2 1 2
所以
 m23  n29 

2m2nn3
n32 0 ， 函数g  x 
e2x
aex和h  x 2a2x的图像在0,1有交点，等价于
m29 m29 2
化简得6n360，解得n6，即直线PQ恒过点N6,0． ·········10分 t2
函数g  x  at 和h  x 2a2lnt 的图像在1,e上有交点，即
2
9 
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 ,0 ，
2  x2
函数g  x  ax 和h  x 2a2lnx的图像在1,e上有交点，等价于 f x的图像在1,e
1 3 9  2
则 MB  AN  ，所以存在定点M ,0 ，使得线段BM的长度为定值．·······12分
2 2 2  有零点
21．【详解】（Ⅰ）函数 f x的定义域为0,， f x的单调递增区间是0,a，单调递减区间是a,.
f x 
x2 ax2a2
. ·········2分 f 1  1 a 0，由（Ⅰ）知a1 ·········8分
x 2
则令 f x 0，得xa,x2a 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
（1）当a 0时， f x 0 ·········3分 1 5 1 5
4a2 2eae2 0 a e或a  e
4 4
（2）当a 0时，
ae ·········9分
x  0，a  a  a，
当1ae时， f(x)在(1,a)递增，在a,e递减， f(1)0  f(a)0
{#{QQABLQiEgggoAJBAABhCUQFQCAOQkBAACAoGRFAIoAAAiBFABAA=}#}1 3  2
即 2a2lna a2 a2 0 lna  所以 a b c abc2 ab2 bca ac， ·········6分
2 4
3 由基本不等式 2 ab ab ， 2 bc bc ， 2 ac ac ，
·········11分
e4 ae
 2
所以 a b c 3  abc 18， ·········8分
3
综合得：实数a的取值范围为 ·········12分
[e4,)
当且仅当abc时等号成立，即 a b c 3 2 ·········10分
（二）选考题；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。
  
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
∴所求方程为x12y12 22 ·········2分
xcos
∵ ∴22cos2sin 2
ysin
 
∴曲线C的极坐标方程为22 2cos 2 ·········4分
 4
(2)联立和22cos2sin2 0 ，得22cossin20， ·········6分
 
设M,、N,，则 2sincos2 2sin  ，
1 2 1 2  4
  
由OQ  1 2 ，得OQ  2 sin   2， ·········8分
2  4

当 时，OQ 取最大值
2
，故实数的取值范围为
4

 2, ·········10分

23．(1)m6 (2)证明见解析
3x,x2

【详解】（1）由题意得 f xx8,4x 2， ·········2分

3x,x4
所以 f x在,2上单调递减，在2,上单调递增.
因此 f x的最小值m  f 26 ·········4分
（2）由（1）知abc6,且a,b,c均为正数，
{#{QQABLQiEgggoAJBAABhCUQFQCAOQkBAACAoGRFAIoAAAiBFABAA=}#}