2024届陕西省宝鸡实验高级中学高三上学期12月联考数学（理）含答案

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第Ⅰ卷选择题（共60分）
本试卷共4页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.
一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.请将正确的答案填涂在答题卡上.）
1. 设集合,则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出集合,再根据交集的定义求解即可.
【详解】因为,
所以,
解得,
即;
因为,
所以,
即,
所以,
即.
故选:C.
2. 已知向量，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量的垂直坐标表示公式，结合充分、必要条件的定义进行判断即可.
【详解】由，可得，解得.
显然当时，满足，但推不出，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
3. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，给出下列命题：
①若，，则.②若，，则.
③若，，则.④若，，则.
其中正确命题的序号是（）
A. ①③④B. ②③④C. ①②④D. ①②③
【答案】A
【解析】
【分析】利用线面平行、线面垂直的性质可判断①；根据已知条件判断线面位置关系，可判断②；利用线面垂直和面面平行的性质可判断③④.
【详解】对于①，若，过作平面，使得，
因为，，，则，因为，，则，故，①对；
对于②，若，，则或或、相交（不一定垂直），②错；
对于③，若，，则，③对；
对于④，若，，则，④对.
故选：A.
4. 已知是定义在R上的奇函数，且当时，单调递增，要确保的零点唯一，则的值可以为（）
A. B. 0C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数的单调性和奇偶性的性质，结合函数零点的定义即可得到的取值范围，进而得到的可能取值.
【详解】因为是定义在R上的奇函数，所以的图象关于点对称，
所以图象关于点对称，
又由是定义在R上的奇函数，可得
又当时，单调递增，要确保的零点唯一，
则的唯一零点为，可得．
则的值可以为.
故选：C
5. 若的展开式中含有常数项（非零），则正整数的可能值是（）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项公式建立方程，求解即可.
【详解】由二项式定理知，
，
因其含有常数项，即存在，使得
此时，所以时，，
故选：C.
6. 某地市在2023年全市一模测试中，全市高三学生数学成绩服从正态分布，已知，，则下列结论正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正态曲线的对称性和题目条件即可求出的取值范围.
【详解】由，与正态曲线的性质：，
而，
故，于是，
即.
故选：A
7. 函数的部分图象如图，轴，当时，不等式恒成立，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的函数图象，借助“五点法”作图求出函数解析式，再利用辅助角公式结合正弦函数性质求解作答.
【详解】依题意，点关于直线，即对称，因此直线是函数图象的一条对称轴，
则函数的周期，于是，，
由，得，而，即有，
则，不等式，
令，
当时，，，因此，
因为当时，不等式恒成立，从而当时，恒成立，则，
所以的取值范围是.
故选：B
8. 等比数列的各项均为正数，且，.设，则数列的前项和（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，则，根据已知条件求出、的值，可得出的通项公式，再利用裂项相消法可求得.
【详解】设等比数列的公比为，则，则，
所以，，所以，，
因为，可得，所以，，
所以，，
所以，，即数列为等差数列，
所以，，
所以，，
因此，.
故选：B.
9. 已知双曲线：的右焦点为，过点的直线交双曲线E于A、B两点.若的中点坐标为，则E的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，由，利用点差法求解.
【详解】解：设，
则，两式相减得，
即，化简得，
又，解得，
所以双曲线的方程为：.
故选：D.
10. 某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年（2023年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2023年到2032年该产品的销售总额约为（参考数据：）（）
A. 3937万元B. 3837万元
C. 3737万元D. 3637万元
【答案】A
【解析】
【分析】根据配凑法、分组求和法求得正确答案.
【详解】设，，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以
则
（万元）.
故选：A
11. 已知点A，B，C在圆上运动，且，若点P的坐标为，则的最大值为（）
A. 7B. 12C. 14D. 11
【答案】D
【解析】
【分析】由，得到AC为圆的直径，设，得到求解.
【详解】解：如图所示：
因为，所以AC为圆的直径，
又，则，
设，则，
所以，
所以，
当时，等号成立，
故选：D
12. 已知函数在上有两个极值点，且在上单调递增，则实数的取值范围是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求得函数的导数，根据函数在上有两个极值点，转化为在上有不等于的解，令，利用奥数求得函数的单调性，得到且，又由在上单调递增，得到在上恒成立，进而得到在上恒成立，借助函数在为单调递增函数，求得，即可得到答案.
【详解】由题意，函数，
可得，
又由函数在上有两个极值点，
则，即在上有两解，
即在上有不等于2的解，
令，则，
所以函数在为单调递增函数，
所以且，
又由在上单调递增，则在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
即在上恒成立，
又由函数在为单调递增函数，所以，
综上所述，可得实数的取值范围是，即，故选C.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.
13. 若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的四则运算法则、共轭复数的定义以及复数的模长公式可求得结果.
【详解】因为，则，
因此，.
故答案为：.
14. 在中，内角A、B、C的对边分别是a、b、c，且.已知，S为的面积，则的最大值是__________.
【答案】3
【解析】
【分析】利用余弦定理与正弦定理推得，，从而利用三角形面积公式，结合余弦函数的和差公式即可得解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
设外接圆的半径为，则，
则，，
所以
，
因为，所以当，即时，取得最大值.
故答案为：.
15. 已知数列的前项和为，若，点在直线上.则数列的通项公式是______.
【答案】##
【解析】
【分析】由已知条件可得出，变形可得，可知数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出数列的通项公式，再利用与的关系可求得数列的通项公式.
【详解】由已知可得，
等式两边同时除以可得，即，
所以，数列为等差数列，且其首项为，公差为，
则，可得，
当时，，
也满足，
故对任意的，.
故答案为：.
16. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据导数的几何意义可得曲线在点处的切线方程，再次利用导数的几何意义求得的切点，从而得解.
【详解】因为的导数为，则，
所以曲线在处的切线方程为，即，
又切线与曲线相切，设切点为，
因为，所以切线斜率为，解得，
所以，则，解得.
故答案为；.
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.
17. 设函数.
（1）求函数在区间上的最大值和最小值；
（2）设函数对任意，有，且当时，；求函数在上的解析式.
【答案】（1）最大值为，最小值为0
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，再利用三角函数的性质求解；
（2）由得到函数的一个周期为，再由（1）得到求解.
【小问1详解】
由已知，
，
又因为则，
所以，即，，
所以函数在区间上的最大值和最小值分别为和0.
【小问2详解】
由可知函数的一个周期为，
又由（1）可知，
当时，，则，
由知，，
当时，则，
由知，
综上，.
18. 年月日至日，第三届“一带一路”国际合作高峰论坛在北京举行，此会胜利召开进一步促进了国内产品走出国门.某工厂要为“一带一路”沿线某国生产一批内径为的一种零件，为了了解零件的生产质量，在某次抽检中，从该厂的个零件中抽出个，测得其内径尺寸（单位：）如下：、、、、、、、，这里用表示有个尺寸为的零件，、均为正整数.若从这个零件中随机抽取个，则这个零件的内径尺寸小于的概率为.
（1）求、的值.
（2）已知这个零件内径尺寸的平均数为，标准差为，且，在某次抽检中，若抽取的零件中至少有的零件内径尺寸在内，则称本次抽检的零件合格.试问这次抽检的零件是否合格？说明你的理由.
【答案】（1），
（2）不合格，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，即可解得、的值；
（2）计算出的值，可计算出、的值，计算出零件内径尺寸在内概率，结合题意判断可得出结论.
【小问1详解】
解：由题意可得，即①，
因为从这个零件中随机抽取个，则这个零件的内径尺寸小于的概率为，
则②，
联立①②可得，.
【小问2详解】
解：
，
所以，，
所以这个零件内径尺寸在内的个数为，
因为，所以这次抽检的零件不合格.
19. 如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面．
（1）证明：平面；
（2）若，在棱上，且，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过点A作，证明平面，继而证明，根据线面垂直判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
过点A作，垂足为H，
∵平面平面，平面平面，
平面，，
∴平面，又∵平面，
∴，∵，∴，
∵，平面，
∴平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，平面，∴,
∴在中，，，，故，
在中，，，，
∴，∴，又∵，，
∴以点A为坐标原点，分别以方向为x轴y轴z轴,建立坐标系如图所示,
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
设与平面所成的角为，,
则，
所以与平面所成的角的正弦值为．
20. 已知抛物线的准线与椭圆相交所得线段长为.
（1）求抛物线的方程；
（2）设圆过，且圆心在抛物线上，是圆在轴上截得的弦.当在抛物线上运动时，弦的长是否有定值？说明理由；
（3）过作互相垂直的两条直线交抛物线于、、、，求四边形的面积最小值.
【答案】（1）
（2）有，理由见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出抛物线准线与椭圆相交一个交点为，将该点的坐标代入椭圆方程，求出的值，即可得出抛物线的方程；
（2）设在抛物线上，可知到轴距离为，可知，利用两点间的距离公式结合勾股定理可求得的值；
（3）分析可知，过点且相互垂直，且与抛物线都有交点的两条直线的斜率都存在且不为零，设这两条直线的方程分别为、，其中，设直线交抛物线于点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用抛物线的焦点弦长公式可求得，进而可得出，再利用四边形的面积公式结合基本不等式可求得四边形面积的最小值.
【小问1详解】
解：由已知，抛物线的准线与椭圆相交线段的一个端点坐标是，
把代入椭圆方程化简得，解得.
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
解：假设在抛物线上运动时弦的长为定值，理由如下：
设在抛物线上，可知到轴距离为，
根据圆的弦长公式可知：，
由已知，，
所以，
则在抛物线上运动时弦的长的定值为.
【小问3详解】
解：若过点且相互垂直的两条直线分别与两条坐标轴垂直，
则其中与轴重合的直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设过的的两条直线的方程分别为、，其中，
设直线交抛物线于点、，
由得，
，
由韦达定理可得，则，
同理可得，
所以，四边形的面积
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
即四边形的面积的最小值为.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）首先确定函数的定义域，函数求导，再对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，即可求得函数的单调区间；
（2）方法一：根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.
【详解】（1）的定义域为，.
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.
（ii）若，令得，或
当时，；
当时，.所以在单调递减，在单调递增.
（2）［方法一］：【通性通法】消元
由（1）知，存在两个极值点当且仅当.
由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于
，
所以等价于.
设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，，所以，即.
［方法二］：【通性通法】消元
由（1）知且是方程的两根，不妨设，即．此时．
欲证不等式成立，只需证．
因为，所以，只需证．
令，
所以，在区间内单调递减，且，所以，即证．
［方法三］：硬算
因为，
所以有两个相异的正根（不妨设）．
则且即．
所以．
而，，所以．
设，则．
所以在上递减，，问题得证．
［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用
由（1）知，存在两个极值点当且仅当．
由于的两个极值点满足，所以．不妨设，则．由于．
由对数平均不等式可得，即．
故．
【整体点评】（2）方法一：根据消元思想，先找到极值点之间的关系，再消元转化为一个未知元的不等式恒成立问题，属于通性通法；
方法二：同方法一，只是消元字母不一样；
方法三：直接硬算出极值点，然后代入求证，计算稍显复杂；
方法四：根据式子形式利用对数平均不等式放缩，证明简洁，是该题的最优解．
请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；
（2）设点在上，点在上，求的最小值以及此时的直角坐标.
【答案】（1）：，：；（2），此时.
【解析】
【详解】试题分析：（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）由题意，可设点的直角坐标为到的距离
当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.
试题解析： （1）的普通方程为，的直角坐标方程为.
（2）由题意，可设点的直角坐标为，因为是直线，所以的最小值即为到的距离的最小值，.
当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.
考点：坐标系与参数方程.
【方法点睛】参数方程与普通方程的互化：把参数方程化为普通方程，需要根据其结构特征，选取适当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法；加减消参法；平方和（差）消参法；乘法消参法；混合消参法等．把曲线的普通方程化为参数方程的关键：一是适当选取参数；二是确保互化前后方程的等价性．注意方程中的参数的变化范围．
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数.
（1）当a=2时，求不等式的解集；
（2）设函数.当时，，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【详解】试题分析：（1）当时；（2）由
等价于
，解之得.
试题解析： （1）当时，.
解不等式，得.
因此，的解集为.
（2）当时，，
当时等号成立，
所以当时，等价于. ①
当时，①等价于，无解.
当时，①等价于，解得.
所以的取值范围是.
考点：不等式选讲.