2024届陕西省西安市部分学校高三上学期12月联考数学（文）试题含答案

这是一份2024届陕西省西安市部分学校高三上学期12月联考数学（文）试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据并集的知识求得正确答案.
【详解】依题意，.
故选：A
2．已知复数，，则的实部与虚部分别为（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】A
【分析】应用复数加法求，根据实部、虚部定义得答案.
【详解】因为，，所以，其实部与虚部分别为，.
故选：A
3．一个大箱子内放有5本科学杂志和7本文学杂志，小张先从箱内随机抽取1本（不放回），小李再从箱内随机抽取1本，已知小张抽取的是文学杂志，则小李抽取的是科学杂志的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据古典概型概率计算公式求得正确答案.
【详解】小张抽取文学杂志后，剩下：本科学杂志和本文学杂志.
则小李抽取的是科学杂志的概率为.
故选：C
4．函数的最小值为（ ）
A．2B．5C．6D．7
【答案】D
【分析】由基本不等式即可求解.
【详解】由可得，所以，
当且仅当，即时等号成立，
故选:D
5．若平面截球所得截面圆的面积为，且球心到平面的距离为，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质及球的面积公式计算即得.
【详解】由平面截球所得截面圆的面积为，得此截面小圆半径，而球心到此小圆距离，
因此球的半径，有，
所以球的表面积.
故选：C
6．执行如图所示的程序框图，下列判断正确的是（ ）
A．若输出的，则B．若输出的，则
C．若输出的，则D．输出的的值可能为7
【答案】C
【分析】根据程序框图对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，根据程序框图可知，如果输出，
则可以取，所以A选项错误.
B选项，根据程序框图可知，如果输出，
则可以取，所以B选项错误.
C选项，根据程序框图可知，如果输出，
则，C选项正确.
D选项，根据程序框图可知，如果输出，
则；当时，应该输出，
故矛盾，所以D选项错误.
故选：C
7．若函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于点对称
C．在上有最小值D．的图象关于直线对称
【答案】D
【分析】根据三角函数的周期性、对称性、最值等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】，
最小正周期，A选项错误.
，所以B选项错误.
若，
所以在上没有最小值，所以C选项错误.
，所以D选项正确.
故选：D
8．已知是奇函数，且在上单调递减，则下列函数既是奇函数，又在上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据奇函数的定义与性质，及单调性的定义与性质判断即可.
【详解】由题意得在上单调递减，则在上单调递增，
对于A，因为与均在上单调递减，
所以在上单调递减，故A错误；
对于B，，则为偶函数，故B错误；
对于C，，
因为，所以，即，故C错误；
对于D，，则为奇函数，
与均在上单调递增，
则在上单调递增，故D正确.
故选：D.
9．已知某个二元码或的码元满足如下校验方程组其中的运算法则为.若这个二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了11011，则利用上述校验方程组可判定，这个二元码为（ ）
A．01011B．10011C．11010D．11001
【答案】D
【分析】根据送给的验证方程组，即可逐一推理求解.
【详解】假设这个二元码为100101
由于以及，
故当时，则，，或者当时，则，，
所以根据第k位发生码元错误后变成了11011，只能是，，
由于此时，故或者，进而只能是，
根据可得可得，
所以二元码11001
故选：D
10．过抛物线的焦点作直线与该抛物线交于两点，与轴交于点，若在第一象限，的倾斜角为锐角，且为的中点，则的斜率为（ ）
A．2B．C．3D．4
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用导数的定义结合斜率的定义计算即得.
【详解】抛物线的焦点，准线，
过点作于点，交轴于点，则轴，如图，
由为的中点，得，则，
，
所以的斜率.
故选：B
11．如图，在正方体中，均为棱的中点，现有下列4个结论：
①平面平面；
②梯形内存在一点，使得平面；
③过可作一个平面，使得到这个平面的距离相等；
④梯形的面积是面积的3倍.
其中正确的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】利用面面平行的判定推理判断①；取的中点，证明平面判断②；证明判断③；求出梯形与的面积判断④即可得解.
【详解】令正方体的棱长为2，连接，交分别于点，连接，
显然矩形是正方体的对角面，则，
连接，由分别为棱的中点，得，，
于是，而，则四边形是平行四边形，有，
又，平面，则平面，
而平面，平面，则平面，
因为平面，因此平面平面，①正确；
取的中点，连接交分别于，有，
则∽，，于是，
即，而，则，又平面平面，
因此，平面，则平面，
又平面，则，而平面，
于是平面，显然点在线段上，在梯形内，②正确；
连接，显然，即四边形是平行四边形，，
因此过可作一个平面，使得平行于这个平面，点到这个平面的距离相等，③正确；
，且有，
，，④正确，
所以正确命题的个数是4.
故选：A
12．的内角所对的边分别为，已知，则当取得最小值时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，求得，利用余弦定理得，设，求得，求得函数的单调性，进而得答案.
【详解】由，可得，解得，可得，
由余弦定理得，
设，可得，
令，可得，即，
令，可得，解得或（舍去），
当，即时，，单调递减；
当，即时，，单调递增，
所以当时，取得最小值，即取得最小值.
故选：C.
二、填空题
13．双曲线的离心率为 .
【答案】
【分析】求出的值，即可得出该双曲线的离心率的值.
【详解】在双曲线中，，，则，
故该双曲线的离心率为.
故答案为：.
14．一质点做垂直向上运动，该质点上升高度（单位：）与运动时间（单位：）的关系式为，当时，该质点上升高度的瞬时变化率为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用瞬时变化率的定义求出导数值即得.
【详解】由，求导得，因此，
所以当时，该质点上升高度的瞬时变化率为.
故答案为：
15．函数的最大值为 .
【答案】
【分析】化简的解析式，根据三角函数最值的知识求得正确答案.
【详解】
，
所以的最大值是.
故答案为：
16．已知函数恰有3个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】利用函数零点的意义，求出直线与函数及在内的图象有3个交点的范围.
【详解】由，得或，函数在上有3个零点，
当且仅当直线与函数及在内的图象有3个交点，
函数在上单调递减，函数值集合为，在上单调递增，函数值集合为，
函数在上单调递减，函数值集合为，
显然直线与的图象交于点和，
在坐标系内作出直线和函数及在内的图象，如图，
观察图象知，当，且且时，直线与函数及在内的图象有3个交点，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.
三、解答题
17．从某脐橙果园随机选取200个脐橙，已知每个脐橙的质量（单位：）都在区间内，将这200个脐橙的质量数据分成这4组，得到的频率分布直方图如图所示.
(1)试问这200个脐橙中质量不低于的个数是多少？
(2)若每个区间的值以该区间的中间值为代表，估计这200个脐橙的质量的平均数.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求得频率，进而求得正确答案.
（2）根据平均数的求法求得正确答案.
【详解】（1）不低于的频率为，
所以这200个脐橙中质量不低于的个数是.
（2）平均数为.
18．记数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求得，进而求得.
（2）利用错位相减求和法求得.
【详解】（1）依题意，，
即，
所以数列是首项，公比为的等比数列，
所以.所以，
所以.
（2），
，
两式相减得
，
所以.
19．如图，在底面为菱形的四棱锥中，底面，其中为底面的中心.
(1)证明：平面平面.
(2)若，求四棱锥体积的最大值.
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面，来证得平面平面.
（2）设，然后利用基本不等式求得四棱锥体积的最大值.
【详解】（1）由于底面，平面，所以，
由于四边形是菱形，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）设，所以，
所以
，
当且仅当时等号成立.
所以四棱锥体积的最大值为.
20．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若的最小值不大于0，求的取值范围.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由函数求导，根据导数与函数单调性的关系，利用分类讨论，可得答案；
（2）根据（1）求得函数的最小值，建立不等式，根据对数运算，可得答案.
【详解】（1）由函数，则其定义域为，
求导可得，令，解得，
当时，，当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
当时，，当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）可知，当时，无最小值；
则当时，在单调递减，在单调递增，
则，
由题意可得：，由，则，解得.
21．已知点，动点M满足，动点的轨迹记为.
(1)求的方程；
(2)若不垂直于轴的直线过点，与交于两点（点在轴的上方），分别为在轴上的左、右顶点，设直线的斜率为，直线的斜率为，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，
【分析】（1）利用椭圆的定义即可得解；
（2）联立直线与椭圆的方程得到，从而将转化为关于的表达式，进而整理化简即可得解.
【详解】（1）因为，
所以的轨迹是以为焦点，且长轴长为4的椭圆，
设的轨迹方程为，则，可得．
又，所以，所以的方程为．
（2）依题意，设直线，
联立，消去得．
易知，且．
由，
得．
（方法一）
因为，所以，
所以，
所以为定值，且定值为．
（方法二）
因为，
所以，
所以为定值，且定值为．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）.
(1)求这两条直线的普通方程（结果用直线的一般式方程表示）；
(2)若这两条直线与圆都相离，求的取值范围.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）通过消参法求得正确答案；
（2）根据圆心到直线的距离列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】（1）直线的参数方程为，则，
两式相减得
直线的参数方程为，则代入，
得；
（2）圆的圆心为，半径为，
若与圆相离，
所以，即，
解得.
23．已知函数.
(1)求的最小值，并指出此时的取值范围；
(2)证明：等价于.
【答案】(1)的最小值为，对应
(2)证明详见解析
【分析】（1）将表示为分段函数的形式，由此求得的最小值以及此时的范围.
（2）通过解不等式来求得正确答案.
【详解】（1），画出的图象如下图所示，
由图可知，的最小值为，对应.
（2）由，得或，
解得或，
结合图象可知的解集为.
而，，
所以不等式的解集为.
所以等价于.