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2024年陕西省安康市高考数学第二次质检试卷（理科）（含解析）
展开这是一份2024年陕西省安康市高考数学第二次质检试卷（理科）（含解析），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。
1.设z=(2+2i)i+i3，则z−=( )
A. −2+iB. −2−iC. −1−2iD. −1+2i
2.设集合A={−4,−2,0,2,4}，B={x|x2−4x−5>0}，则A∩B=( )
A. {0,2,4}B. {−4,−2,0}C. {−4,4}D. {−4,−2}
3.已知直线y= 5x是双曲线y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线，则该双曲线的离心率为( )
A. 65B. 5C. 6D. 305
4.在等比数列{an}中，a1+a2=1，a2+a3=2，则a5=( )
A. 163B. 83C. 16D. 8
5.某圆锥的侧面积为16π，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A. 2B. 4C. 2 2D. 4 2
6.执行如图所示的程序框图，输出的S=( )
A. 18B. 22C. 25D. 1375
7.已知a=lg0.50.7,b=lg52,c=12，则( )
A. a
A. −14B. 14C. −7D. 7
9.如图，设抛物线y2=4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在该抛物线上，点C在y轴上，若|FA|=7,|FB|=52，则|AB||BC|=( )
A. 83
B. 72
C. 73
D. 3
10.如图是由两个边长不相等的正方形构成的，在整个图形中随机取一点，此点取自△ADC，△AFC，△BEF的概率分别记为p1，p2，p3，则( )
A. p1=p2
B. p1=p3
C. p2=p3
D. p1=p2+p3
11.已知H是球O的直径AB上一点，AH：HB=1：2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，M为α上的一点，且MH= 24，过点M作球O的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为( )
A. 142B. 114C. 144D. 112
12.已知函数f(x)=eax−ex在[0,+∞)上单调递增，则a的取值范围是( )
A. [0,+∞)B. (1,+∞)C. (e,+∞)D. [2e,+∞)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a,b满足|a|=1，b=(−1,2)，a⋅b=1，则|a+b|= ______．
14.若x，y满足约束条件8x−y−4≤0x+y+4≥0y−2≤0，则目标函数z=x−3y的最大值为______．
15.已知函数f(x)=2sin(4x+π3).若存在x1,x2∈[0,π4]，使不等式f(x1)
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
在三棱锥A−BCD中，AB=AD，BC=CD．
(1)证明：AC⊥BD．
(2)若AB=BC=BD，平面ABD⊥平面BCD，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．
18.(本小题12分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的周长为6，AB⋅AC=3a2−2bc2．
(1)求a的值；
(2)求A的最大值．
19.(本小题12分)
某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将100个样本数据按[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90]分成6组，并整理得到如图频率分布直方图．
(1)请通过频率分布直方图估计这100份样本数据的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)．
(2)以样本频率估计概率，若竞赛成绩不低于60分，则被认定为成绩合格，低于60分说明成绩不合格.从参加知识竞赛的市民中随机抽取5人，用X表示成绩合格的人数，求X的分布列及数学期望．
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过A(0,1),P(85,−35)两点．
(1)求C的方程；
(2)斜率不为0的直线l与椭圆C交于M，N两点，且点A不在l上，AM⊥AN，过点P作y轴的垂线，交直线x=−1于点S，与椭圆C的另一个交点为T，记△SMN的面积为S1，△TMN的面积为S2，求S1S2．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=x−x3．
(1)求f(x)的极值；
(2)已知α∈(0,π2),mf(sinα)+nf(csα)=tanπ6，证明：m+n>32．
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C1和C2的参数方程分别为x=1+csα,y=sinα(α为参数)，x=2+ 5csβ,y=1+ 5sinβ(β为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C1和C2的极坐标方程；
(2)已知直线l：y=kx(k>0)，且l与曲线C1相交于O，A两点，与曲线C2相交于O，B两点，则当|AB|取得最大值时，求k的值．
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|3x−2|+|2x+1|．
(1)求不等式f(x)>9的解集；
(2)若存在x∈R，使得f(x)
1.【答案】B
【解析】解：由题意，z=2i−2−i=−2+i，
则z−=−2−i．
故选：B．
化简复数z，可得其共轭复数．
本题考查复数的运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：集合A={−4,−2,0,2,4}，B={x|x2−4x−5>0}={x|x<−1或x>5}，
所以A∩B={−4,−2}．
故选：D．
解不等式求出集合B，根据交集的定义求出A∩B．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：双曲线y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±abx，
由直线y= 5x是双曲线的一条渐近线，
则ab= 5，所以b=1 5a，
c= a2+b2= a2+15a2= 6 5a，
则离心率e=ca= 305．
故选：D．
由双曲线y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±abx，由条件可得a= 5b，再由a，b，c的关系和离心率公式，计算即可得到．
本题考查双曲线的方程和性质，主要考查渐近线方程和离心率的求法，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
则q=a2+a3a1+a2=21=2，
a1+a2=1，
则a1+2a1=1，解得a1=13，
故a5=a1q4=13×24=163．
故选：A．
根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：根据题意，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，即侧面展开图的半径为l，侧面展开图的弧长为πl．
又圆锥的底面周长为2πr，所以2πr=πl，即圆锥的母线长l=2r．
所以圆锥的侧面积为πrl=2πr2=16π，
解得r=2 2,l=4 2．
故选：D．
根据题意，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由圆锥的结构特征可得2πr=πl，进而计算可得答案．
本题考查圆锥的结构特征，涉及圆锥的侧面积计算，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：执行该程序框图，S=12，k=2，k≤4成立，
S=18，k=3，k≤4成立，
S=22，k=4，k≤4成立，
S=25，k=5，不满足k≤4．
输出S=25．
故选：C．
根据程序框图的功能，循环验证即可．
本题考查程序框图的功能等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：∵12=lg0.5 0.5
则b
利用对数函数的单调性求解．
本题考查对数函数、指数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】C
【解析】解：令g(x)=f(x+1)+1，则y=g(x)为R上奇函数，
所以g(−x)=−g(x)，
即f(−x+1)+1=−f(x+1)−1，
所以f(x+1)+f(−x+1)=−2，
令x=3，则有f(4)+f(−2)=−2，
令x=2，则有f(3)+f(−1)=−2，
令x=1，则有f(2)+f(0)=−2，
令x=0，则有2f(1)=−2，所以f(1)=−1，
所以f(−2)+f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=−2×3−1=−7．
故选：C．
令g(x)=f(x+1)+1，由题意可得f(x+1)+f(−x+1)=−2，分别令x=3、x=2、x=1、x=0，即可得解．
本题考查了抽象函数的奇偶性，考查了赋值法的应用，属于中档题．
9.【答案】D
【解析】解：如图所示，抛物线的准线DE的方程为x=−1，
过A，B分别作AE⊥DE于E，交y轴于N，BD⊥DE于D，交y轴于M，
由抛物线的定义知BF=BD，AF=AE，
则|BM|=|BD|−1=|BF|−1，
|AN|=|AE|−1=|AF|−1，
52−17−1=14．
故|AB||BC|=31=3．
故选：D．
根据抛物线的定义以及相似比得到|BC||AC|=|BM||AN|=|BF|−1|AF|−1，进而求解即可．
本题主要考查三角形的面积关系，利用抛物线的定义进行转化是解决本题的关键，属于中档题．
10.【答案】A
【解析】解：根据题意，设AB=a，BE=b，则有a
易得S△ADC=a22，S△BEF=b22，
易得△ABO∽△FGO，则有BOOG=ABGF，即ma−m=ab，变形可得m=aba+b，
则CO=a−m=a−aba+b=a2a+b，
故S△AFC=S△ACO+S△FCO=12(a+b)×a2a+b=a22，
在整个图形中随机取一点，此点取自△ADC，△AFC，△BEF的概率分别记为p1，p2，p3，
故有p1=p2
根据题意，设AB=a，BE=b，设AF与BG交于点O，BO=m，求出△ADC，△AFC，△BEF的面积，由几何概型公式分析可得答案．
本题考查几何概型的计算，涉及基本不等式的性质和应用，属于基础题．
11.【答案】C
【解析】解：如图，设截得的截面圆的半径为r，球O的半径为R，∵AH：HB=1：2，
∴OH=13R，得R2=r2+OH2，
由题意得πr2=π，r=1，∴R2=1+(13R)2，解得R2=98，
此时过点M作球O的截面，要使所得的截面面积最小，只需截面圆的半径最小．
设球心O到所求截面的距离为d，所求截面的半径为r1，则r1= R2−d2，
∴只需球心O到所求截面的距离d最大即可，而当且仅当OM与所求截面垂直时，球心O到所求截面的距离d最大，
即dmax=OM= (13R)2+MH2=12，∴(r1)min= R2−(dmax)2= 98−14= 144．
故选：C．
由题意画出图形，求出截面半径，利用勾股定理求得球的半径，再求出球心O到所求截面的距离的最大值，利用勾股定理得答案．
本题考查与球有关的问题，考查平面的基本性质及推论，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】B
【解析】解：∵f(x)=eax−ex在[0,+∞)上单调递增，
∴f′(x)=aeax−ex≥0在[0,+∞)上恒成立
⇔aeax≥ex在[0,+∞)]上恒成立．
∴a>0，lna+ax≥x在[0,+∞)]上恒成立
⇔lna+(a−1)x≥0在[0,+∞)]上恒成立．
∴a≥1．
又当a=1时，f(x)=0不是增函数，
∴a>1．
故选：B．
f′(x)=aeax−ex≥0在[0,+∞)上恒成立，问题转化为lna+(a−1)x≥0在[0,+∞)]上恒成立，求出a的取值范围即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
13.【答案】2 2
【解析】解：已知向量a,b满足|a|=1，b=(−1,2)，a⋅b=1，
则|b|= (−1)2+22= 5，
则|a+b|= a2+2a⋅b+b2= 1+2+5=2 2．
故答案为：2 2．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量模的运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量模的运算，属基础题．
14.【答案】12
【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
由图可知，A(0,−4)，
则当z=x−3y过A时，z有最大值为12．
故答案为：12．
由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
15.【答案】[− 3,2]
【解析】解：由题意可得当x∈[0,π4]时，[f(x)]min
所以2sin(4x+π3)∈[− 3,2]，即[f(x)]min=− 3，[f(x)]max=2，
所以− 3
由题意可得当x∈[0,π4]时，[f(x)]min
16.【答案】1020
【解析】解：当n=2k−1时，a2k=a2k−1，
当n=2k时，a2k+1=a2k+2，
所以a2k+1=a2k−1+2，
所以a1+a2+a3+⋯+a29+a30=2(a1+a3+a5+⋯+a29)=2×(15×20+15×142×2)=1020．
故答案为：1020．
根据递推关系式求得规律，进而求解结论．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于基础题．
17.【答案】(1)证明：取BD的中点O，连接OA，OC．
因为AB=AD，BC=CD，所以OA⊥BD，OC⊥BD，
又因为OA、OC是平面OAC内的相交直线，所以BD⊥平面OAC．
因为AC⊂平面OAC，所以AC⊥BD．
(2)解：因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD，OA⊂平面ABD，OA⊥BD，
所以OA⊥平面BCD．
以O为坐标原点，分别以OC、OD、OA所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设BD=2，则D(0,1,0)，B(0,−1,0)，C( 3,0,0)，A(0,0, 3)，
AB=(0,−1,− 3)，AD=(0,1,− 3)，DC=( 3,−1,0)，
设平面ACD的法向量为n=(x1,y1,z1)，则n⋅AD=y1− 3z1=0n⋅DC= 3x1−y1=0，
取z1=1，则y1= 3，x1=1，可得n=(1, 3,1)，cs
所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为|cs
【解析】(1)取BD的中点O，连接OA、OC，利用线面垂直判定定理，证出BD⊥平面OAC，进而可得AC⊥BD；
(2)由面面垂直的性质定理，证出OA⊥平面BCD，从而建立如图所示的空间直角坐标系，设BD=2，计算出各点的坐标，根据垂直向量的数量积为0，建立方程组求出平面ACD的一个法向量，再由该法向量与向量AB的夹角余弦值，求出直线AB与平面ACD所成角的正弦值．
本题主要考查线面垂直与面面垂直的判定与性质、利用空间向量求直线与平面所成角的大小等知识，属于中档题．
18.【答案】解：(1)AB⋅AC=cbcsA=c2+b2−a22=3a2−2bc2，
整理可得：(b+c)2=4a2．
因为△ABC的周长为6，所以(6−a)2=4a2，
解得a=2；
(2)由(1)可知b+c=4，
由余弦定理可得：csA=b2+c2−a22bc=(b+c)2−2bc−a22bc=16−2bc−42bc=−1+6bc≥−1+6(b+c2)2=−1+64=12，
当且仅当b=c时，等号成立，
即A≤π3．
故当b=c=2时，A取得最大值π3．
【解析】(1)由数量积的运算性质及周长可得a边的大小；
(2)由余弦定理和基本不等式的性质可得A角的余弦值的最小值，即求出A角的最大值．
本题考查余弦定理的应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知，100份样本数据的平均值为x−=(35×0.005+45×0.010+55×0.010+65×0.020+75×0.032+85×0.023)×10=68.3．
(2)竞赛成绩不低于60分的频率为(0.020+0.032+0.023)×10=0.75=34，
低于60分的频率为(0.005+0.010+0.010)×10=0.25=14，
由题意可知X～B(5,34)，
则P(X=0)=C50(14)5=11024，
P(X=1)=C51×34×(14)4=151024，
P(X=2)=C52(34)2×(14)3=901024=45512，
P(X=3)=C53(34)3×(14)2=2701024=135512，
P(X=4)=C54(34)4×14=4051024，
P(X=5)=C55(34)5=2431024，
所以X的分布列为：
期望E(X)=5×34=154．
【解析】(1)将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加，即可得出这100份样本数据的平均值；
(2)由题意可知，X～B(5,34)，利用二项分布可得出随机变量X的分布列，利用二项分布的期望公式可求得E(X)的值．
本题主要考查离散型随机变量分布列及数学期望，频率分布直方图，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由椭圆经过A(0,1),P(85,−35)两点，
所以b2=1,6425a2+925b2=1,
解得a2=4，b2=1
则椭圆C的方程为：x24+y2=1；
(2)当直线l⊥x轴时，△MAN为钝角三角形，且∠MAN<90°，不满足题意．
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，由AM⊥AN，可得AM⋅AN=0，
所以AM⋅AN=(x1,y1−1)⋅(x2,y2−1)=x1x2+(y1−1)(y2−1)=0，
所以直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，
由y=kx+mx2+4y2=4，化简得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，
Δ>0⇒64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)>0⇒m2<1+4k2，
且x1+x2=−8km1+4k2,x1x2=4m2−41+4k2，
所以AM⋅AN=(x1,y1−1)⋅(x2,y1−1)=x1x2+(kx1+m−1)(kx2+m−1)
=(1+k2)x1x2+k(m−1)(x1+x2)+(m−1)2
=(1+k2)⋅4m2−41+4k2+k(m−1)⋅−8km1+4k2+(m−1)2=0，
则(1+k2)(4m2−4)−8k2m(m−1)+(m−1)2(1+4k2)=0，
整理得(m−1)(5m+3)=0，因为m≠1，所以m=−35，
所以直线l的方程为y=kx−35，恒过点Q(0,−35)．
由题意可知S(−1,−35),T(−85,−35)，
设点S到直线l的距离为d1，点T到直线l的距离为d2，
所以S1S2=12|MN|⋅d112|MN|⋅d2=d1d2=|SQ||TQ|=58．
【解析】(1)将A，P两点的坐标代入椭圆的方程，可得a，b的值，进而求出椭圆的方程；
(2)设直线l的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，由AM⊥AN，可得AM⋅AN=0，求出数量积的表达式，整理可得参数的关系，即求出直线恒过的定点的坐标，由题意可得S，T的坐标，进而求出两个三角形的面积之比．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，直线恒过定点的求法，属于中档题．
21.【答案】解：(1)f(x)=x−x3，f′(x)=1−3x2，
令f′(x)=0，可得x=± 33．
令f′(x)>0，可得− 33
所以f(x)在(− 33, 33)上单调递增，在(−∞,− 33)和( 33,+∞)上单调递减．
所以f(x)的极大值为f( 33)=2 39，f(x)的极小值为f(− 33)=−2 39．
(2)证明：由mf(sinα)+nf(csα)=tanπ6，
可得mcs2αsinα+nsin2αcsα= 33，
所以mcsα+nsinα= 33sinαcsα．
由对称性，不妨设α∈(0,π4],
则mcsα+nsinα= 33sinαcsα≤(m+n)csα，
当且仅当sinα=csα= 22时，等号成立，
所以m+n≥ 33sinαcs2α= 33(sinα−sin3α)．
由(1)可知f(x)在(0, 22]上的最大值为f( 33)=2 39，
所以0
因为等号不能同时取到，所以m+n>32．
【解析】(1)先求得f(x)的单调性，进而求得f(x)的极值；
(2)先利用题给条件构造出m+n的不等式，再利用(1)的结论即可证得m+n>32．
本题考查了利用导数研究函数单调性和极值，考查了函数思想，属于难题．
22.【答案】解：(1)由x=1+csαy=sinα，得(x−1)2+y2=1，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入上式，得ρ=2csθ．
由x=2+ 5csβy=1+ 5sinβ，得(x−2)2+(y−1)2=5，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入上式，得ρ=4csθ+2sinθ，
即曲线C1的极坐标方程为ρ=2csθ，C2的极坐标方程为ρ=4csθ+2sinθ．
(2)设直线l的极坐标方程为θ=φ,φ∈(0,π2)，
将θ=φ代入ρ=2csθ，得ρ=2csφ，
将θ=φ代入ρ=4csθ+2sinθ，得ρ=4csφ+2sinφ，
则|AB|=|4csφ+2sinφ−2csφ|=|2 2sin(φ+π4)|，
当φ=π4时，|AB|取得最大值．
此时k=tanπ4=1．
【解析】(1)根据参数方程和极坐标方程的转化关系求解；
(2)设直线l的极坐标方程为θ=φ,φ∈(0,π2)，进而表示出|AB|，再由正弦函数的性质得解．
本题考查简单曲线的参数方程和极坐标方程，考查运算求解能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)函数f(x)=|3x−2|+|2x+1|=−5x+1,x≤−12−x+3,−12
解得x<−85或x>2，
所以f(x)>9的解集为{x|x<−85或x>2}；
(2)若存在x∈R，使得f(x)
因为f(x)=−5x+1,x≤−12−x+3,−12
当−12
所以f(x)的最小值为f(23)=73，
所以实数m的取值范围是(73,+∞)．
【解析】(1)利用绝对值的定义把不等式f(x)>9化为x≤−12−5x+1>9，或−12
(2)若存在x∈R，使得f(x)
本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了分类讨论思想，是中档题．X
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