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1、宝鸡市高考模拟检测（一）数学（文科）试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，其中第II卷解答题又分必考题和选考题两部分，选考题为二选一.考生作答时，将所有答案写在答题卡上，在本试卷上答题无效.本试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，书写要工整、笔迹清楚，将答案书写在答题卡规定的位置上.3.所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答题无效.第I卷（选择题共60分）一、选择题
2、：本题共12小题，每小题5分，满分60分.1. 若集合中只有一个元素，则实数（ ）A. 1B. 0C. 2D. 0或1【答案】D【解析】【分析】分类讨论，确定方程有一解时满足的条件求解.【详解】当时，由可得，满足题意；当时，由只有一个根需满足，解得.综上，实数的取值为0或1.故选：D2. 已知复数，为z的共轭复数，则在复平面表示的点在（ ）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】首先利用除法运算化简复数，并求和，再根据复数的几何意义，即可求解.【详解】，所以，对应的点为，在第四象限.故选：D3. 设向量，若向量与共线，则（ ）A. B. C. D. 【
3、答案】A【解析】【分析】由向量共线的坐标运算求出的值，再由向量线性运算的坐标表示求.【详解】向量，则，若向量与共线，有，解得，则，所以.故选：A.4. 函数的部分图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的定义域即可排除求解.【详解】由于函数的定义域为，故可排除ABD，故选：C5. 第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在中国杭州举行，中国代表团共获得201枚金牌，111枚银牌，71枚铜牌，共383枚奖牌的历史最好成绩.某个项目的比赛的六个裁判为某运动员的打分分别为95，95，95，93，94，94，评分规则为去掉六个原始分的一个最高分和一个最低分，剩
4、下四个有效分的平均分为该选手的最后得分，设这六个原始分的中位数为，方差为，四个有效分的中位数为，方差为，则下列结论正确的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】可求出六个原始分和四个有效分的中位数，再根据方差的定义判断方差的大小【详解】容易求出这六个原始分95，95，95，93，94，94的中位数为，方差为；四个有效分95，95，94，94的中位数为，方差为；根据方差的定义知四个有效分的波动性变小，所以故选：D6. 在空间中，下列说法正确的是（ ）A. 若的两边分别与的两边平行，则B. 若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥C. 若直线平面，直线
5、，则D. 到四面体的四个顶点，距离均相等的平面有且仅有7个【答案】D【解析】【分析】A.若的两边分别与的两边平行，则或，B. 若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，C. 可能在内，D.分种情况讨论即可.【详解】A. 若的两边分别与的两边平行，则或，故A错误；B. 若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故B错误；C. 若直线平面，直线，则，则可能在内，故C错误；D. 对于四个顶点，平面的划分有两种情况，1+3型和 2+2型，1+3型，就是一个点在一侧，另三个点在另一旁，这三个顶点张
6、成一个平面，见下图，很显然，点和面中间的平面构成一个解，四个顶点轮换，所以这种情况共有4个解，2+2型，这个的解是两组异面直线的中间那个平面，见下图， 每一个顶点拉出了三条线，这条线的对侧构成另外一条线。所以这种划分有3 种解，故总共有7个解，不会有0+4型，因为平面一侧到一个面上距离相等的点，必然都在一个平面上。而正四面体的四个顶点构成立体空间，不在一个平面上，故D选项正确.故选：D.7. 已知直线和圆交于A，B两点，O为坐标原点，则“”是“的面积为”的（ ）A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】先求出的面积，得到面积为的等
7、价条件，再根据充分条件和必要条件的定义即可判断.【详解】圆的圆心为，半径，则圆心到直线的距离为，弦长，所以，若，则或.所以，“”是“的面积为”的充分不必要条件，故选：B8. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，求得，结合正弦的倍角公式和三角函数的基本关系式，化为“齐次式”，代入即可求解.【详解】由题意知，可得，可得，又由.故选：C.9. 三棱锥中，平面，为等边三角形，且，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先作图构造外接球的球心，再根据几何关系求外接球的半径，最后代入三棱锥外接球的表面积公式.【详解】如图，点
8、为外接圆的圆心，过点作平面的垂线，点为的中点，过点作线段的垂线，所作两条垂线交于点，则点为三棱锥外接球的球心，因为平面，且为等边三角形，所以四边形为矩形，所以，即三棱锥外接球的半径，则该三棱锥外接球的表面积为.故选：B10. 过抛物线的焦点F作倾斜角为的直线交抛物线于A，B两点，点A在第一象限，则（ ）A. 2B. 3C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】设出A、B坐标，利用抛物线焦半径公式求出，结合抛物线的性质，求出A、B的坐标，然后求比值即可【详解】抛物线y2=2px(p0)的焦点坐标为，直线倾斜角为，直线的方程为：.设直线与抛物线交点为，,，联立方程组,消去y并整理,得解得 ,，故选:
9、B【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，抛物线的简单性质，特别是焦点弦问题，解题时要善于运用抛物线的定义解决问题.11. 已知函数图象关于直线对称，且关于点对称，则的值可能是（ ）A. 5B. 9C. 13D. 15【答案】B【解析】【分析】根据正弦型函数的对称轴和对称中心求出的表达式，然后结合选项判断.【详解】函数图象关于直线对称，且关于点对称，则有且，解得且，选项中只有符合条件.故选：B12. 设，是椭圆与双曲线（，）的公共焦点，P为它们的一个交点，分别为，的离心率，若，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆以及双曲线的定义，结合余弦定理可得
10、，进而利用换元法，结合二次函数的性质即可求解.【详解】不妨设点是，在第一象限内的交点，则，所以，在中，由余弦定理可得：，即，故令，则，所以，故,故选：A 第II卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分.13. 命题“任意，”为假命题，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】首先求命题为真命题时的取值范围，再求其补集，即可求解.【详解】若命题“任意，”为真命题，则，设，当时，等号成立，由对勾函数的性质可知，当时，函数单调递减，当单调递增，所以，即，所以命题“任意，”为假命题，则的取值范围为.故答案为：14. 设，满足约束条件，则的最小值为_【答案】【解析】【分
11、析】先根据约束条件作出可行域；再化目标函数为直线方程斜截式，数形结合得到最优解；最后把最优解的坐标代入目标函数即可得出答案.【详解】由约束条件作出可行域如图所示：化为.由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，此时有最小值.故答案为：.15. 在中，角，的对边分别为，已知，且，则_.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理将条件式边化角，利用三角恒等变换求出角，再利用向量数量积转化运算求得结果.【详解】，由正弦定理得，即，又，又，.又，.故答案为：.16. 已知函数，若且，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】先利用导数分析的图象性质，结合图象可知，从而将转化为，再利用导数即可得解.【详解】因
12、为，当时，则，当时，单调递减；当时，单调递增；所以，且当时，而当时，是一次函数，所以的大致图象如下：因为，为使取得最大值，必然异号，不妨设，同时结合图象可知，其中满足，由于，所以，所以，即，所以，令，则，当时，单调递增减；当时，单调递减；由于，所以，则的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于将问题转化为的最值问题，利用导数即可得解.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. 随着计算机时代的迅速发展，人工智能也渗透到生活的方方面面，如：
13、线上缴费、指纹识别、动态导航等，给人们的生活带来极大的方便，提升了生活质量.为了了解市场需求，某品牌“扫地机器人”公司随机调查了1000人，记录其年龄与是否使用“扫地机器人”得到如下统计图表：（分区间，统计） （1）根据所给的数据，完成下面的列联表，并根据表中数据，判断是否有99%的把握认为使用“扫地机器人”与年龄有关？是否使用扫地机器人年龄是否（2）从这1000个年龄在的人中按年龄段采取分层抽样的方法抽取5人，现从这5人中随机，抽取3人做深度采访，求这3人中恰有2人年龄在年龄在的概率.附：，0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）列联表见解析，有 （2）【
14、解析】【分析】（1）根据题中所给公式，结合频率直方图进行求解判断即可；（2）根据古典概型计算公式，结合列举法进行求解即可.【小问1详解】由图1可知：年龄在的人数为，其中使用扫地机器人的人数由图2可知为，不使用的人数为.年龄在的人数为，其中使用扫地机器人的人数由图2可知为，不使用的人数为，完成列联表如下：是否使用扫地机器人年龄是否440110270180，故而有99%的把握认为使用“扫地机器人”与年龄有关；【小问2详解】由条件可知抽取5人中，有3人在，记为1，2，3，2人在，记为4，5.从中抽取3人的结果有：（123），（124），（125），（134），（135），（145），（234），（2
15、35），（245），（345）共10种， 恰有2人年龄在年龄在的占6种，故18. 已知四棱锥中，为的中点. （1）求证：平面；（2）若，求四面体的体积.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理结合线面平行的判定定理即得；（2）先根据几何关系以及线段长度找出四面体的高，再根据三棱锥的体积公式求解出结果.【小问1详解】取的中点，连接，取的中点，连接，又，又，平面，平面，又平面，又，四边形为矩形，且，分别为中点，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面； 【小问2详解】延长，过过交于，因为，所以，所以，所以，所以，所以，因为平面，平面，所以，且，平面，所以平面，所以
16、到平面的距离为，又因为为中点，所以. 19. 已知数列，若，且.（1）求证：是等比数列，并求出数列的通项公式；（2）若，且数列的前项和为，求证：.【答案】（1）证明见解析， （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义结合递推关系式证明即可得结论，从而根据等比数列的通项公式求得数列的通项公式；（2）根据裂项相消法求解数列的前项和为，再根据的单调性求最值即可得结论.【小问1详解】证明：，又，是首项为2，公比为2的等比数列， ，；小问2详解】证明：，且结合（1）得，是递增数列，又，.20. 在平面直角坐标系中，点分别在轴，轴上运动，且，动点满足.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设直线与
17、曲线交于，两点，且，求实数的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据相关点法求轨迹方程,求出结果即可；（2）将直线方程与椭圆联立，结合韦达定理，表示出，求实数的值即可.【小问1详解】设，即，动点的轨迹的方程.【小问2详解】设，联立,可得：，由得，化简得,又因为，所以，即，化简得，满足，所以.21. 已知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）已知，求证：当时，恒成立.【答案】（1）递增区间为，递减区间为 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，求得，利用导数与函数单调性的关系可求得函数的增区间和减区间；（2）当时，由，令，利用导数分析函数在上的单调性，证得即可.【小问1详解】解：
18、当时，其中，则，所以，当时，单调递增；当时，单调递减.即的递增区间为，递减区间为；【小问2详解】解：因为，令，则，令，则，当时，在上单调递减，又因为，即存在唯一，使，当时，；当时，所以，函数在上单调递增，在上单调递减，则，因为函数在上为增函数，因为且，则，则，所以时，恒成立，即.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.（二）选考题：共10分.请考生在第22
19、、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请先涂题号.选修4-4：坐标系与参数方程 22. 在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（其中t为参数，），且直线l和曲线C交于M，N两点（1）求曲线C的普通方程及直线l经过的定点P的坐标；（2）在（1）的条件下，若，求直线l的普通方程【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）将两个方程左右两边平方后相加即可消参得到C的普通方程，由可直接得直线l经过的定点P的坐标；（2）将，代入，得，再结合韦达定理以及t的几何意义即可得值，则直线方程可求.【小问1详解】由，将两个方程左右两边平方后相加，可得曲线C的直角坐标方程为由得，直线l经过的定点P的坐标为【小问2详解】将，代入，得，即，设其两根为，则，得，即，得，经检验，故直线l的普通方程为：选修4-5：不等式选讲23. 已知，若的解集为（1）求实数m，n的值；（2）已知a，b，c均为正数，且满足，求的最小值【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）根据可得，即可分类讨论求解不等式，即可得，（2）根据基本不等式，结合对勾函数的单调性即可求解.【小问1详解】因为的解集为，所以，得，故，当时，得，当时，得，综上解得，【小问2详解】由（1）得，又a，b，c均为正数，所以得，由于函数单调递增，所以，当且时，即，取得最小值