咸陽市高考模擬檢測（一）數學（理科）試題注意事項：1．本試題共4頁，滿分150分，時間120分鐘．2．答卷前，務必將答題卡上密封線內的各項目填寫清楚．3．回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．4．考試結束后，監考員將答題卡按順序收回，裝袋整理；試題不回收．第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題；本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.若集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求得集合，再求交集即可.【詳解】；，故.故選：B.2.已知i為復數單位，，則復數在復平面上對應的點在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】由復數相等求出的值，再由復數幾何意義得解.【詳解】由，則，由復數相等得，所以在復平面上對應的點為，在第四象限.故選：D3.已知向量，，若，則（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】根據數量積得運算律計算即可.【詳解】由，所以，則.故選：C4.已知數列的前項和為，且等比數列滿足，若，則（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】D【解析】【分析】設等比數列的公比為，根據題意，求得，結合對數運算性質有，即可求解．【詳解】設等比數列的公比為，因為，所以．故選：D.5.著名的本福特定律：以數字1開頭的數字在各個領域中出現的頻率似乎要高于其他數，也稱為“第一位數定律”或者“首位數現象”．意指在一堆從實際生活中得到的十進制數據中，一個數的首位數字是的概率為．以此判斷，一個數的首位數字是1的概率與首位數字是9的概率之比約為多少？（參考數據：，）（）A.2.9 B.3.8 C.4.5 D.6.5【答案】D【解析】【分析】根據題意求得對應的概率，結合對數運算，即可估算結果.【詳解】根據題意，首位數字是1的概率，首位數字是的概率，故.故選：D.6.直線與圓有公共點的一個充分不必要條件是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】求出當直線與圓有公共點時的取值范圍，利用集合的包含關系判斷可得出結論.【詳解】圓的圓心為，半徑為，若直線與圓有公共點，則，解得，因為，，，所以，直線與圓有公共點的一個充分不必要條件是為.故選：B.7.某同學寒假期間想到咸陽市的9個旅游景點乾陵、茂陵、漢陽陵、袁家村、鄭國渠、昭陵、旬邑馬欄革命舊址、長武亭口活動舊址、涇陽安吳青訓班中的3個景點進行旅游，其中旬邑馬欄革命舊址、長武亭口活動舊址、涇陽安吳青訓班三個景點為紅色旅游景點，則他所去的景點中至少包含一個紅色旅游景點的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用組合應用問題結合古典概型求出概率.【詳解】該同學所有的旅游方案有，至少包含一個紅色旅游景點的方案有，故他所去的景點中至少包含一個紅色旅游景點的概率.故選：C8.將一個棱長為4的正四面體同一側面上的各棱中點兩兩連接，得到一多面體，則這個多面體的外接球的體積為（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先得到多面體為正八面體，然后根據正八面體的棱長可得外接球的半徑，進而可得體積.【詳解】如圖一：所得的多面體為正八面體，這正八面體的球心如圖二中點，設外接球半徑為，正八面體的棱長為，在中，，，，所以，所以.故選：D.9.等差數列中的，是函數的極值點，則（）A. B. C.3 D.【答案】A【解析】【分析】利用導數求出函數的兩個極值點，再利用等差數列性質求出即可計算得解.【詳解】由求導得：，有，即有兩個不等實根，顯然是的變號零點，即函數的兩個極值點，依題意，，在等差數列中，，所以.故選：A10.已知的展開式中的常數項為0，則（）A.3 B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】根據二項式定理和多項式的乘法找到常數項的表達式求解.【詳解】二項式的通項公式為，當時，解得，當時，解得，所以展開式中的常數項為：，解得.故選：C．11.已知，是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們一個公共點，設橢圓和雙曲線的離心率分別為，，若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設焦距為，橢圓的長軸長為，雙曲線的實軸長為，由已知離心率的關系得出，然后由橢圓與雙曲線的定義把用表示，再由余弦定理求解可得．【詳解】設焦距為，橢圓的長軸長為，雙曲線的實軸長為，則，，，∴，不妨設，由得，，是三角形內角，所以，故選：C．12.設，，，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】構造函數，利用單調性可得，作差法比較，可得結果.【詳解】由，構造函數，則，當時，，則在上單調遞增，而，所以，即，也就是；下面再比較與，，因為,，所以，則，所以.故選：B【點睛】思路點睛：構造函數，利用導數研究函數的單調性，從而比較大小.第Ⅱ卷（非選擇題共90分）二、填空題；本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知角，為銳角，且，，則角______．【答案】【解析】【分析】由于，由兩角差的正切公式求解.【詳解】由為銳角，，且，則，，所以，又為銳角，所以.故答案為：14.已知某圓錐的側面展開圖是一個圓心角為的扇形，若圓錐的體積為，則該圓錐的表面積為______．【答案】【解析】【分析】設圓錐的母線長為l，底面半徑為r，根據已知得，，可解出，再由表面積公式求解.【詳解】設圓錐的母線長為l，底面半徑為r，由題意，由扇形弧長得，①又圓錐的高為，則，②由①②可得，所以圓錐的表面積.故答案為：.15.設x，y滿足約束條件，設，則z的取值范圍為______．【答案】【解析】【分析】作出不等式組表示的可行域，再利用目標函數的幾何意義求解即得.【詳解】作出不等式組表示的可行域，如圖中陰影（不含邊），其中，目標函數，表示可行域內的點與定點連線的斜率的倒數與1的和，直線的斜率，直線的斜率，顯然，即，，所以取值范圍為.故答案為：16.已知函數，若，，且，則的最小值為______．【答案】【解析】【分析】先得到函數，是奇函數，，再由，則，結合單調遞增，得到，即，然后由，利用基本不等式求解.【詳解】解：因，所以，所以是奇函數，，若，則，所以，又單調遞增，所以，即，，則，所以，，，當且僅當，即時，等號成立，所以的最小值為：，故答案為：三、解答題；共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．（一）必考題：共60分．17.在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知該三角形的面積．（1）求角A的大小；（2）若，求面積的最大值，并求當面積取得最大值時對應的周長．【答案】（1）（2），12【解析】【分析】（1）由三角形面積公式及已知化簡后，利用余弦定理可得角值；（2）方法一：利用余弦定理及基本不等式得出的最大值同，然后由三角形的面積公式可得面積最大值，從而得出三角形周長．方法二：由正弦定理把邊長用角表示，然后求得三角形的面積，并三角恒等變換得出最大值，從而求得角大小后得三角形的各邊長，即得周長．【小問1詳解】由，得．由余弦定理得：，．【小問2詳解】方法一：因為，，由余弦定理得，當且僅當時取等，，所以的面積：，此時，的周長為12．方法二：，，由正弦定理得，的面積，，又，，當時，面積最大值為．此時，，于是的周長為12．18.為慶祝元旦，某商場回饋消費者，準備舉辦一次有獎促銷活動，如果顧客一次消費達到500元，可參加抽獎活動，規則如下；抽獎盒子中初始裝有白球和紅球各一個，每次有放回的任取一個，連續取兩次，將以上過程記為一輪．如果每一輪取到的兩個球都是白球，則記該輪為成功，活動結束．否則記為失敗，隨即獲得紀念品1份，當然，如果顧客愿意可在盒子中再放入一個紅球，然后接著進行下一輪抽獎，如此不斷繼續下去，直至成功．（1）某顧客進行該抽獎試驗時，最多進行三輪，即使第三輪不成功，也停止抽獎，記其進行抽獎試驗的輪次數為隨機變量X，求X的分布列和數學期望；（2）為驗證抽獎試驗成功的概率不超過，有1000名數學愛好者獨立的進行該抽球試驗，記t表示成功時抽獎試驗的輪次數，y表示對應的人數，部分統計數據如下表：t12345y23298604020求y關于t的回歸方程：，并預測成功的總人數（四舍五入精確到1）．附：經驗回歸方程系數：，．參考數據：，，（其中）．【答案】（1）分布列見解析，（2），465【解析】【分析】(1)的取值可能為，分別求得隨機變量取每一值的概率，得出分布列，由此可得數學期望；(2)令，則，由公式求得和回歸方程并可得預測成功的人的總人數.【小問1詳解】的取值可能為1，2，3，；；；所以的分布列為：123所以數學期望為：．【小問2詳解】令，則，由題意可知，，所以．所以，．故所求的回歸方程為所以估計時，；估計時，；估計時，；預測成功的人的總數為．19.如圖所示，在三棱錐中，，，點O、D分別是、的中點，底面．（1）求證：平面；（2）當k取何值時，二面角的余弦值為？【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）通過證明可得平面；（2）連接，以O為坐標原點，所在的直線為x軸，所在的直線為y軸，所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法表示出面面角，然后解方程即可.【小問1詳解】在中，點O、D分別是、的中點，，平面，平面，平面；【小問2詳解】O為中點，連接，，則，平面，平面，，以O為坐標原點，所在的直線為x軸，所在的直線為y軸，所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系．設，則，，，在中，，，，，，則，，，平面，平面，，又且，平面平面，是平面的一個法向量．設平面的一個法向量，則即，令，得，設為二面角的平面角．則，解得．方法二：作，又，，平面平面，平面，，又，是二面角的平面角．設，由題意可知，，，即為等腰三角形．在中，作，則，且，，在中，，則，在中，根據余弦定理，，解得．20.已知橢圓的離心率為，依次連接四個頂點得到的圖形的面積為．（1）求橢圓C的方程；（2）過直線上一點P作橢圓C的兩條切線，切點分別為M，N，求證：直線過定點．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據離心率和四邊形面積得到方程組，求出，，得到橢圓方程；（2）設，，，設過點且與橢圓相切的直線方程，聯立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，根據結合求出，求出以M為切點的橢圓C的切線方程為，同理得到以N為切點的橢圓C的切線方程，得到直線的方程為，直線過定點.【小問1詳解】由題可得，即，，得．①又，即，②由①②可得，，所以橢圓C的方程為：．【小問2詳解】設，，，由題知，直線上一點P作橢圓C的兩條切線斜率存在，設過點且與橢圓相切的直線方程為：，聯立方程得，，整理得，即，在橢圓上，，即，，，即，，解得，（此處也可以嘗試采用復合函數求導進而可得斜率）過點且與橢圓相切的直線方程為：，，即，整理可得以M為切點橢圓C的切線方程為，同理，以N為切點的橢圓C的切線方程為，又兩切線均過點P，故，且，整理化簡得，且，點，均在直線上，直線的方程為，直線過定點．【點睛】結論點睛：過圓上一點的切線方程為：，過圓外一點的切點弦方程為：.過橢圓上一點的切線方程為，過雙曲線上一點的切線方程為21.已知函數，．（1）若恒成立，求a的取值集合；（2）證明：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用導數求函數的最小值，轉化恒成立條件列不等式可求的取值集合；（2）利用小問（1）構造不等式，賦值結合累加法證明，再結合正弦函數性質和不等式性質即可證明結論.【小問1詳解】由題可知函數的定義域為，，令，得，由x，，列表如下xa0遞減極小值遞增，因為恒成立，所以，．令，則，由x，，列表如下x10遞增極大值遞減．又，，，，，故a的取值集合為．【小問2詳解】由（1）可知，當時，，即，，（當時，“”成立），令，，則，，由累加法可知累加可得，即，令，，恒成立，在區間上單調遞減，，，，【點睛】方法點睛：（1）導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理；（2）利用導數解決含參函數的單調性問題時，一般將其轉化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論和數形結合思想的應用；（3）證明不等式，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.（二）選考題：共10分，考生從22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分．【選修4-4：坐標系與參數方程】22.在平面直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，直線的極坐標方程為．（1）求曲線和直線的直角坐標方程；（2）直線與軸的交點為P，經過點P的直線m與曲線C交于A，B兩點，若，求直線的斜率.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）根據給定條件，利用極坐標與直角坐標互化公式求解即得.（2）求出點的坐標，設出直線的方程與曲線的方程聯立，借助弦長公式計算即得.【小問1詳解】曲線的極坐標方程化為，把代入得，直線的極坐標方程化為，把代入得，所以曲線的直角坐標方程是，直線的直角坐標方程是.