陕西省西安市第一中学2023-2024学年高三下学期4月月考文科数学试题（原卷版+解析版）

这是一份陕西省西安市第一中学2023-2024学年高三下学期4月月考文科数学试题（原卷版+解析版），文件包含陕西省西安市第一中学2023-2024学年高三下学期4月月考文科数学试题原卷版docx、陕西省西安市第一中学2023-2024学年高三下学期4月月考文科数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共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.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据交集的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以.
故选：D
2. 设，则（ ）
A B. C. -2D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘除法运算化简，从而可得共轭复数.
【详解】，故.
故选：A.
3. 某演讲比赛8位参赛选手的最终得分分别为92，88，95，93，91，97，94，96，其中位数和极差分别为（ ）
A. 92，8B. 93.5，9C. 93，9D. 93.5，8
【答案】B
【解析】
【分析】根据中位数的定义可知偶数个数时为中间两个数的平均数，极差为最大数减最小数，即可得到结果.
【详解】把这八个数据从小到大排列为：88，91，92，93，94，95，96，97，
由中位数定义可知：，极差为：，
故选：B.
4. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据诱导公式和特殊角三角函数值即可.
【详解】原式
故选：C.
5. 圆心为，且与直线相切的圆在x轴上的弦长为（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线与圆相切的位置关系，圆心到直线的距离为圆的半径，求出圆的标准方程，令，求出，进而得到圆在x轴上的弦长.
【详解】圆心到直线的距离为，即圆的半径，
所以圆的方程为，
令，则或4，故圆在轴上的弦长为4，
故选：B.
6. 若底面半径为r，母线长为的圆锥的表面积与直径为的球的表面积相等，则（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆锥表面积公式和球的表面公式得到，解出即可.
【详解】圆锥的表面积为，球的表面积为，
故，即，故（负舍）.
故选：D.
7. 在中，，，，则点A到边的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意，根据求出，根据余弦定理求出，设点到边的距离为，然后根据三角形面积公式，求出答案.
【详解】
在中，由，所以，解得，.
由余弦定理有，故.
设点到边的距离为，由三角形面积公式得：，
故，
故选：A.
8. 甲、乙两同学欲给贫困地区儿童捐赠图书，若甲捐赠的图书不少于6本，乙至多比甲多捐赠8本图书，且乙捐赠的图书本数至少是甲捐赠的图书本数的2倍，则甲、乙两人共捐赠的图书最多有（ ）
A. 22本B. 23本C. 24本D. 25本
【答案】C
【解析】
【分析】依题意，设甲、乙分别捐赠，本图书，列出关于的二元一次方程组，并画出其表示的可行域，求目标函数的最大值.
【详解】设甲、乙分别捐赠，本图书，则
其可行域为直线：，：，：所围成的区域，如图，
与交于点（8，16），若使的值最大，显然取，，的最大值为24，
即甲、乙两人共捐赠图书最多24本，
故选：C.
9. 已知为递减等比数列，且，则的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的单调性可得，进而根据得，即可求解概率.
【详解】设的公比为，因为，故，
又因为，故，所以的概率为.
故选：D
10. 已知为坐标原点，双曲线C：的左顶点为A，右焦点为F，过A且平行于y轴的直线与C的一条渐近线交于点B，过B且平行于x轴的直线与y轴交于点D，若，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到所需各点坐标，再利用向量垂直的坐标表示得到关于的齐次方程，从而得解.
【详解】依题意，设C的半焦距为c，离心率为，由条件得，，
不妨设点在双曲线的渐近线上，则，则，
所以，
因为，所以，即，则，
所以，则，解得（负值舍去）.
故选：D.
11. 已知，为正数，且，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，构造函数，求导，判断单调区间，根据已知条件，判断选项.
【详解】由，可知，设，则，
令，则
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，且，
故当时，则，，
故，，且当时，，故，只有C满足要求.
故选：C
12. 在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上的动点，则当时，的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理与性质证明，利用相似三角形的性质求出，结合勾股定理计算即可求解.
【详解】如图，连接，，，，
当且仅当平面时，，证明如下：
因为平面，由平面，得，
又，平面，
所以平面，由平面，得，
同理：，
又平面，所以平面，
先证充分性：当平面时，则，此时；
再证必要性，当时，
因为，平面，
所以平面，
又平面平面，所以平面与平面是同一个平面，
所以平面，此时；
由，得，
所以，故.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于判断得当时，点的位置，从而得解.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，，则_________
【答案】1
【解析】
【分析】根据平面向量减法运算的坐标运算以及平面向量的数量积运算求解即可.
【详解】因为，，故，
所以，
故答案为：1.
14. 函数的最小正周期为_____________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据二倍角的余弦公式可得，结合公式计算即可求解.
【详解】，
因为的最小正周期为，
故的最小正周期为.
故答案为：
15. 已知函数在单调递增，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据对数复合型函数的单调性建立关于a的不等式组，解之即可求解.
【详解】设，因为单调递增，
若在单调递增，则在单调递增，
则满足，即，解得，
故的取值范围是.
故答案为：
16. 已知抛物线：，：的焦点分别为，，一条平行于x轴的直线与，分别交于点A，B，若，则四边形的面积为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据，结合焦半径公式，求得，进而求得，再结合平行四边形面积公式即可求得结果.
【详解】设，，根据题意可知，故，即，

又由抛物线的定义可知，，
当时，，故，，，
所以，四边形是平行四边形，
故四边形的面积为.
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.
（一）必考题：共60分.
17. 记为等差数列的前项和.已知，.
（1）求的通项公式；
（2）证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由是等差数列，，，求通项公式；
（2）利用裂项相消，作差比较大小.
【小问1详解】
因为，，故，.
所以公差，.
所以.
【小问2详解】
由（1）可知.
所以
因为当时，，
故.
18. 已知椭圆C：的离心率为，且过点.
（1）求C的方程；
（2）设过C的左焦点且斜率为的直线与C交于M，N两点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据离心率公式可得，将点坐标代入方程，结合的关系，即可得答案；
（2）依题意求出过C的左焦点且斜率为的直线方程，求出弦长，设P到的距离为，根据，即得答案.
【小问1详解】
设的半焦距为，则.
故.
将代入C的方程有，故，，.
所以C的方程为.
【小问2详解】
由（1）可知的左焦点为.
故过左焦点且斜率为的直线为：.
将与的方程联立，有.
设，，则不妨取，.
故.
且P到距离.
所以的面积为.
19. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，E，F，G分别为，，的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）方法1：由线面平行的判定定理和面面平行的判定及性质定理证明即可；
方法2：利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）方法1：先求出E到平面的距离为1，然后利用等体积法求解点面距离即可；
方法2：由题意，点到平面的距离是点B到平面的距离的2倍，利用等体积法求解点到平面的距离是点B到平面的距离的2倍，即可得解.
【小问1详解】
方法1：因为E，F分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
因为为的中点，且四边形是正方形，
由且，知是平行四边形，故，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，平面，
所以平面平面.
因为平面，故平面.
方法2：连接，设，连接.
由条件知，，故是平行四边形，∴M是中点.
∵E是中点，∴.
∵平面，平面，
∴平面.
【小问2详解】
方法1：因为为的中点，故到平面的距离为P到平面的距离的一半，
故E到平面的距离为1.
易知的面积为2，故三棱锥的体积为.
易知，又因为平面，故，
又，平面，平面，，故平面，
又平面，所以，故，，
所以，故，的面积为.
设到平面的距离为，
所以，故.
方法2：连接，设.
由于，，∴，
∴点到平面的距离是点B到平面的距离的2倍.
由条件得，，，，.
∴，∴.
设到平面的距离为，根据三棱锥与三棱锥体积相等得
，解得.
所以D到平面的距离为.
.
20. 某商场为回馈顾客举行抽奖活动，顾客一次消费超过一定金额即可参加抽奖.抽奖箱里放有5个大小相同的小球，其中有两个标有“中奖”字样，每位参加抽奖的顾客一次抽奖可随机抽取两个小球，且商场规定参加抽奖的顾客一次抽奖只要抽到一个“中奖”小球即视为中奖.
（1）求顾客一次抽奖中奖的概率；
（2）若顾客一次抽奖抽到两个“中奖”小球为一等奖，可兑取价值10元的奖品；一次抽奖只抽到一个“中奖”小球为二等奖，可兑取价值5元的奖品.某日该商场进行的抽奖共计500人次，估计兑出奖品的总价值.
【答案】（1）；
（2）2000元.
【解析】
【分析】（1）由题意，利用列举法写出满足题意的样本空间，结合古典概型的概率公式计算即可求解；
（2）由（1），求出每次中一、二等奖的概率，即可求解.
小问1详解】
设，为两个标有“中奖”字样的小球，，，为三个未标有“中奖”字样的小球，
从中随机抽取两个小球，则有
，，，，，，，，，共10种情况，
其中中奖的情况共有7种.
所以顾客一次抽奖中奖的概率为.
【小问2详解】
由（1）可知，每次中一等奖的概率为.
每次中二等奖的概率为.
故进行500人次抽奖克出奖品价值的估计值为元.
21. “拐点”又称“反曲点”，是曲线上弯曲方向发生改变的点.设为函数的导数，若为的极值点，则为曲线的拐点.
已知曲线C：.
（1）求C的拐点坐标；
（2）证明：C关于其拐点对称；
（3）设为C在其拐点处的切线，证明：所有平行于的直线都与C有且仅有一个公共点.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过导数，计算函数在定义域上的单调性，并算出极值点即可；
（2）通过证明对称方程即可；
（3）求出拐点处的切线方程，设平行于直线的方程，并与原方程联立证明一个解即可.
【小问1详解】
设，则.
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故是的极小值点，且为唯一极值点.
所以曲线：的拐点为，即.
【小问2详解】
因为.
所以：关于其拐点对称.
【小问3详解】
因为C在拐点处的切线方程为：.
设平行于的直线方程为，
并与C的方程联立有.
设，
则，
则在上单调递增.
因为，
故当时，与C有唯一公共点.
当时，，且，，
故存在唯一，使得，
此时与C有唯一公共点.
同理，当时，，且，，
故存在唯一，使得，此时与C有唯一公共点.
当时，，且，
故存在唯一，使得，此时与C有唯一公共点.
同理，当时，，且，
故存在唯一，使得，此时与C有唯一公共点.
综上，所有平行于的直线都与C有且仅有一个公共点.
【点睛】思路点睛：该题可从以下方面入手：
（1）利用导数求函数在定义域上的单调性，并算出极值点，即为拐点；
（2）若曲线关于拐点对称，则只需证明对称方程满足即可；
（3）求出在拐点处的切线方程，设平行于切线的方程，并与原方程联立，关键通过构建函数，利用导数证明唯一解.
（二）选考题：共10分.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.
[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）
22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.
（1）写出C的直角坐标方程；
（2）在极坐标系中，若直线过点，且与C仅有一个公共点，求的极坐标方程.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标转换公式求解即可；
（2）依题意，点在直角坐标系中的坐标为，分斜率存在与不存在研究直线与C仅有一个公共点，得到直线方程，再转换为极坐标方程.
【小问1详解】
利用极坐标与直角坐标转换公式，
因为，即，
所以，
即，即，
整理可得C的直角坐标方程为.
【小问2详解】
点在直角坐标系中的坐标为.
当的斜率不存在时，显然与C没有公共点，不合题意；
当的斜率存在时，设的方程为，与C联立有.
当即时，与C的渐近线平行，与C仅有一个公共点，
此时的方程为或.
当时，若线与C仅有一个公共点，则，
解得，故的方程为或.
将代入的方程得到极坐标方程为：
或或或.
[选修4—5：不等式选讲]（10分）
23. 设为正数，且. 证明：
（1）；
（2）.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接使用条件化为复合二次函数证明；
（2）思路一：利用已知条件，并连续使用两次基本不等式即可.思路二：利用条件等式、分析法以及基本不等式即可得证.
【小问1详解】
由已知有，从而，
故，
当且仅当时等号成立.
【小问2详解】
方法一：由已知条件，结合基本不等式即可得到
.
方法二：等价于，
根据题设有
，
当且仅当时等号成立.