2024届陕西省宝鸡市金台区高三上学期10月教学质量检测数学（文）试题含答案

这是一份2024届陕西省宝鸡市金台区高三上学期10月教学质量检测数学（文）试题含答案，共17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．设，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【分析】先求得，然后求得的模.
【详解】，则.
故选：B
2．已知集合，，则下图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，用列举法表示集合A，再结合韦恩图列式求解作答.
【详解】依题意，，而阴影部分表示的集合是，
又，则，
所以.
故选：C
3．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）为（ ）
A．B．6C．D．
【答案】D
【分析】根据几何体的三视图，该几何体是由正方体去掉三棱锥得到，根据正方体和三棱锥的体积公式可求解.
【详解】如图,该几何体为正方体去掉三棱锥,
所以该几何体的体积为：,
故选：D
【点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图以及体积的求法，考查了空间想象力，属于中档题.
4．若直线把圆分成长度为1：2的两段圆弧，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】直线和圆相交于，则根据较短弧长与较长弧长之比为得到,利用点与直线的距离建立条件关系即可．
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，
设直线和圆相交于，
若较短弧长与较长弧长之比为，则，
则圆心到直线的距离，即，
即，
故选:D

5．函数（e为自然对数的底数）在的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性和特殊值可得答案.
【详解】由题知的定义域为，
又因为，
所以为偶函数，即图象关于轴对称，排除A、C；
又，排除D.
故选：B.
6．在梯形中，，为的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由平面向量的线性运算可得，再结合数量积的运算，即可得到结果.
【详解】
由题意可得，，，则，
则
，
所以.
故选：A
7．若直线在轴上的截距在范围内，则该直线在轴上的截距大于的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由几何概型的概率计算公式，代入计算即可得到结果.
【详解】所有的基本事件构成的区间长度为，
因为直线在轴上的截距大于，所以直线在轴上的截距小于，
所以“直线在轴上的截距大于”包含的基本事件构成的区间长度为，
由几何概型概率公式可得“直线在轴上的截距大于”的概率为，
故选:B
8．若函数存在1个零点位于内，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】应用零点存在定理结合函数单调性列不等式求解即可.
【详解】若函数存在1个零点位于内，
单调递增,又因为零点存在定理，
.
故选：A.
9．甲乙两人在一座7层大楼的第一层进入电梯，假设每人从第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则甲乙两人离开电梯的楼层数的和是6的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出样本空间包含的样本点个数，所求事件包含的样本点个数，再用古典概型概率计算公式求解即可.
【详解】将甲乙两人离开电梯的楼层数配对，组成种等可能的结果，用表格表示如下：
记事件“甲乙两人离开电梯的楼层数的和是”，
则事件的可能结果有种，即，
所以事件的概率为：，
故选：C.
10．已知函数，若，，且在区间上单调，则的值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据已知可得函数的对称性，结合在区间上单调性从而得到，求出，再由求出可得的解析式，再计算即可．
【详解】因为，所以函数图象关于点成中心对称，
又，所以的图象关于直线对称，
且在区间上单调，所以，即，．
又，，，所以，
所以，所以．
故选：B.
11．钝角中，，则（ ）
A．0B．C．D．1
【答案】A
【分析】利用正弦定理角化边，结合余弦定理可得，然后讨论角A的范围可得，然后可得答案.
【详解】由正弦定理角化边可得，整理得，
因为，
所以
由诱导公式可得，
若，则，
又，所以，则，三角形为直角三角形，不满足题意；
显然时不满足题意，所以，
所以，
又，，所以，即，
所以.
故选：A
12．已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为，.这两条曲线在第一象限的交点为，是以为底边的等腰三角形.若，记椭圆与双曲线的离心率分别为、，则的取值范围是
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】试题分析：设椭圆和双曲线的半焦距为，，由于是以为底边的等腰三角形，若，即有，由椭圆的定义可得，由双曲线定义可得，即由，再由三角形的两边之和大于第三边，可得，可得，既有，由离心率公式可得，由于，则由，则的取值范围是，故选C.
【解析】圆锥曲线的几何性质.
【方法点晴】本题主要考查了圆锥曲线的几何性质，其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其简单的几何性质、双曲线的标准方程及简单的几何性质的应用，椭圆与双曲线的离心率等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解得中借助三角形的三边之间的关系，列出关于表达式是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题.
二、填空题
13．若，，则 ．
【答案】
【分析】根据诱导公式及同角三角函数关系求解即可.
【详解】因为，则，，
又，则，
因为，
所以，即，
所以（负舍），，
则.
故答案为：.
14．若满足约束条件，则的最小值为 ．
【答案】.
【解析】画出约束条件表示的平面区域，结合图象求出最优解，再计算目标函数的最小值．
【详解】解：画出，满足约束条件，表示的平面区域，如图所示；
结合图象知目标函数过时，取得最小值，
由，解得，
所以的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了简单的线性规划应用问题，也考查了数形结合解题方法，是基础题．
15．椭圆的左、右焦点分别为，，A为上顶点，若的面积为，则的周长为 ．
【答案】6
【分析】根据三角形的面积计算得到，再确定，计算周长即可.
【详解】，则，解得，所以，则，
故的周长为
故答案为：.
16．在三棱锥中，△ABC是边长为3的等边三角形，侧棱PA⊥平面ABC，且，则三棱锥的外接球表面积为 ．
【答案】
【分析】根据已知，底面是边长为3的等边三角形，平面，可得此三棱锥外接球，即以为底面以为高的正三棱柱的外接球，即可求解．
【详解】根据已知，底面是边长为3的等边三角形，平面，
可得此三棱锥外接球，即以为底面以为高的正三棱柱的外接球．
设正三棱柱的上下底面的中心分别为，则外接球的球心为的中点，
的外接圆半径为，，
所以球的半径为，
所以四面体外接球的表面积为，
故答案为：．
三、解答题
17．某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：
旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为和．
（1）求，，，；
（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）．
【答案】（1）；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.
（2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断.
【详解】（1），
，
，
.
（2）依题意，，，
，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
18．已知等差数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为d，然后根据题意列出关于的方程组，解出，从而可求出通项公式；
（2）根据通项公式可判断出当时，，当时，，然后分情况讨论求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由题意可得，
解得，
故．
（2）设数列的前n项和为，则．
当时，；
当时，，则
．
综上，.
19．如图，三棱锥，均为底面边长为､侧棱长为的正棱锥，且A､B､C､D四点共面（点P，Q在平面的同侧），交于点O.
(1)证明：平面平面；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)由已知利用线面垂直判定定理证明平面，根据面面垂直判定定理证明平面平面；
(2)由条件证明平面，再根据结合体积公式求体积值.
【详解】（1）因为，O为的中点，所以，同理可得，
又由，平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
（2）如图所示，分别过P，Q作平面的垂线，垂足分别为，，则，在上，且，分别为的三等分点，
且，，，所以四边形为矩形，
所以，且，
所以，
由（1）得平面平面，
而平面平面，，所以平面，
则，
三棱锥的体积为.
20．设直线的方程为，该直线交抛物线于两个不同的点.
(1)若点为线段的中点，求直线的方程；
(2)证明：以线段为直径的圆恒过点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）联立直线方程和抛物线方程，消去得到，从而中点坐标可以用表示，从而求出并得到直线的方程.
（2）分直线l过不过B点进行讨论，结合（1）可得，利用韦达定理可以得到，从而以线段为直径的圆恒过点.
【详解】（1）联立方程组，消去得.
设，则.
因为为线段的中点，所以，解得，此时，
所以直线的方程为.
（2）因为在抛物线上，
当直线过时，，解得，满足，
此时有一点与重合，易得此时以线段为直径的圆过点；
当直线不过时，
由（1）可得，
则，，
所以
，
所以，
因此，此时以线段为直径的圆恒过点，
综上所述，以线段为直径的圆恒过点
21．已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，将代入，求导得，即可判断其单调性；
（2）根据题意，求导得，然后构造函数，求导得到最小值，即可证明.
【详解】（1）当，，定义域为，所以，
令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上： 在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，定义域为，所以，
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：
当时，在上单调递减，在上单调递增.
所以，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)将曲线的参数方程化为普通方程，将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，并分别指出是何种曲线；
(2)曲线是否有两个不同的公共点？若有，求出两公共点间的距离；若没有，请说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)有，
【分析】（1）根据题意，先将曲线的参数方程化为普通方程，然后再说明曲线类型即可；利用公式将极坐标方程化为直角坐标方程，然后说明曲线类型；
（2）用圆心到直线的距离判断直线与圆有两个公共点，然后结合勾股定理求解弦长即可.
【详解】（1）由消去得，.
曲线的普通方程为，
曲线是一个以为圆心，为半径的圆.
，
曲线的直角坐标方程为，曲线是一条直线.
（2）设圆心到直线的距离是，
则.
曲线与曲线相交于两个不同的点，
由垂径定理及勾股定理得.
两公共点间的距离为.
23．已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)求直线与函数的图象围成的封闭图形的面积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)分类讨论去绝对值求解即可；
(2)作出f(x)图像，数形结合即可求解.
【详解】（1）
不等式等价于或或
解得或，即不等式的解集为．
（2）由的图象可知直线与的图象围成的封闭图形是四边形，
且，，，，
则的面积．
延长交直线于点，则，
从而的面积．
故四边形的面积为．
甲
乙
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
旧设备
9.8
10.3
10.0
10.2
9.9
9.8
10.0
10.1
10.2
9.7
新设备
10.1
10.4
10.1
10.0
10.1
10.3
10.6
10.5
10.4
10.5