陕西省渭南市尚德中学2024届高三上学期期中考试理科数学试卷

这是一份陕西省渭南市尚德中学2024届高三上学期期中考试理科数学试卷，共11页。试卷主要包含了若复数为纯虚数，则实数的值为，设为所在平面内一点，，若，则，若，则取得最小值时的值为等内容，欢迎下载使用。

A. B. C. D.
【答案：A】
2.若复数为纯虚数，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案：D】
3.已知等差数列的前项和为，且，，则公差（ ）
A. B. C. D.
【答案：C】
4.通信卫星与经济发展、军事国防等密切关联，它在地球静止轨道上运行，地球静止轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离)。将地球看作是一个球(球心为O，半径为km)，地球上一点的纬度是指与赤道平面所成角的度数，点处的水平面是指过点 且与垂直的平面，在点处放置一个仰角为的地面接收天线(仰角是天线对准卫星时，天线与水平面的夹角)，若点的纬度为北纬，则( )
A. B. C. D.
【答案：A】
解析：根据题意作出图形如图所示，O为球心，AO=OC =r，
CB= h，∠AOC =30°，∠OAM=90°，∠AMO=60°，∠BAM=θ，
所以∠OAB=∠OAM+∠BAM=90°+θ, ∠B=60°-θ
在△OAB中，由正弦定理得 即
所以 ， ， ，
5.设为所在平面内一点，，若，则( )
A. B. C. D.
【答案：A】
解析：若，，化为，
与比较，可得：，，解得．
6.甲乙两位同学从种课外读物中各自选读种，则这两人选读的课外读物中恰有种相同的选法共有（ ）
A.240种 B.120种 C.60种 D.30种
【答案：B】
解析：
7.若，则取得最小值时的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案：B】
解析：∵，
∴，且，， ∴
∴，
当且仅当且， 即时，等号成立.
8.已知函数，则图象为如图的函数可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案：D】
9.已知中,，角、、的对边分别为、、，则“”是“为等边三角形”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：C】
解析：证明充分性∵ ∴、、成等比数列，设公比为 ， 则，
由余弦定理得，即
∴ ∴ 解得
∴，是等边三角形
10.如图所示，已知椭圆的左顶点是，在椭圆上，且四边形是平行四边形，，则椭圆的离心率为（ C ）
A. B. C. D.
【答案：C】
11.已知等差数列公差分别为，其前项和为,等差数列公差为，其前项和为,则下列命题中正确的个数是（ ）
①若为等差数列,则 ②若为等差数列,则
③若为等差数列,则 ④若,则是公差为的等差数列.
A. B. C. D.
【答案C】
①②④正确
12.已知、、均为负实数，且，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案：B 】
解析： ， ， ，
所以、、是方程的(、、)解
即 、、是方程的(、、)解
令 ，
，单调递减， 单调递增
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13.已知函数，则____________．
【答案：1】
14.设、满足约束条件，设，则的最大值为_______
【答案：15】
已知为等比数列，，，则______.
【答案：-2】
16.若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为_______.
【答案：】
解析：解法一：当时，函数只有一个零点-1，不符合题意；当时，函数只有一个零点-1，不符合题意；当时，函数有两个零点，分别为-1和，符合题意.
若且，分以下两种情况：
①当时，，令，由且，得，，且.又时，，所以，则时，且，；时，，所以，则时，且，.
②当时，，令，由且，得，，且.同理，时，，则；时，，则.综上，a的取值范围为.
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.（本题12分）已知中内角、、的对边分别为、、，，为锐角，向量，，且.
（1）求角的大小； （2）如果，求面积的最大值.
答案：（1）；（2）最大值为.
解析：（1）∵， ∴，∴，
即. 又∵为锐角，∴， ∴，∴.
（2）∵，，由余弦定理，
得. 又，当且仅当时等号成立，
代入上式，得，
故， 即的最大值为
18.（本题12分）已知各项都为正数的数列的前项和为，，满足
(1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和为.
解析： (1)a eq \\al(2,n)＋an＝2Sn，当n≥2时，a eq \\al(2,n－1)＋an－1＝2Sn－1，
两式相减得a eq \\al(2,n)＋an－a eq \\al(2,n－1)－an－1＝2an，
即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
由an＞0，得an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1，
所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列．
故an＝n.
(2)bn＝(n＋1)·2n，
Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)·2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)·2n＋1，
两式相减，得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1＝4＋ eq \f(4(1－2n－1),1－2)－(n＋1)·2n＋1
＝4－4＋2n＋1－(n＋1)·2n＋1＝－n·2n＋1，
故Tn＝n·2n＋1.
19.（本题12分）如下图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面底面，且，若、分别为、的中点．
(1)求证：平面；
(2) 求二面角的余弦值．
19.解析：(1)连接AC，
由于四边形ABCD是正方形，F是BD的中点，
则点F是AC中点，
则EF是△CPA的中位线,
所以EF// PA ...(2分)
又PA 平面PAD,EF平面PAD，
所以EF//平面PAD...(5分)
(2)如下图，取AD的中点O，连结OP，OF.
∵PA＝PD，
∴PO⊥AD 又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PO⊥平面ABCD，
而O，F分别为AD，BD的中点，
∴OF∥AB，又ABCD是正方形，故OF⊥AD.
∵PA＝PD＝eq \f(\r(2),2)AD，
∴PA⊥PD，OP＝OA＝eq \f(a,2).
以O为原点，直线OA，OF，OP为x，y，z轴建立空间直线坐标系，
则，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(a,2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，a，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，a，0)).Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,4)，\f(a,2)，\f(a,4))).
(2)∵eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(0，－a,0)
∴eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))·(0，－a,0)＝0，
∴eq \(PA,\s\up6(→))⊥eq \(CD,\s\up6(→))，从而PA⊥CD，又PA⊥PD，PD∩CD＝D，
∴PA⊥平面PDC，
平面PDC的法向量为eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2))).
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)．
∵eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－a，－a,0)，
∴由n·eq \(DP,\s\up6(→))＝0，n·eq \(BD,\s\up6(→))＝0可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,2)·x＋0·y＋\f(a,2)·z＝0,－a·x－a·y＋0·z＝0))，
令x＝1，则y＝－1，z＝－1，
故n＝(1，－1，－1)
∴cs〈n，eq \(PA,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(PA,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(→)))))＝eq \f(a,\f(\r(2),2)a×\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，
即二面角B－PD－C的余弦值为eq \f(\r(6),3)，
20.（本题12分）某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：
从第一个顾客开始办理业务时计时.
（1）估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；
（2）表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求的分布列及数学期望.
20. 【解析】设Y表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，的Y的分布如下：
A表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”，则时间A对应三种情形：
①一个顾客办理业务所需时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；
②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；
③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟。
所以
（2）解法一：X所有可能的取值为：0,1,2.
X=0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，
所以；
X=1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，所以
；
X=2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，所以
；
所以X的分布列为
.
解法二：X所有可能的取值为0,1,2.
X=0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，所以
；
X=2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，所以
；
；
所以X的分布列为
。
21.（本题12分） 已知函数的极值为.
（1）求的值并求函数在处的切线方程；
（2）已知函数，存在，使得成立，求得最大值.
答案：（1），切线方程：；（2）最大值为.
解析：解：（1）定义域为R 因为
若则在R上单调递增，无极值，不合题意，舍去
若则令得
所以解得 经检验，符合题意.
因为切线斜率 又因为所以切点为
所以切线方程为： 即切线方程为：
（2）因为存在，使得成立
则 即 即
即 即(*)
由（1）得
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增
因为， 所以，所以 即且
所以存在使得
所以存在使得 即
令所以
因为得
所以在区间上单调递增，在区间单调递减
所以的最大值为
所以又因为，所以
所以m的最大值为
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题记分．
22.【选修4—4：坐标系与参数方程】
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）求曲线普通方程和的直角坐标方程；
（2）已知曲线的极坐标方程为()，点是曲线与的交点，点是曲线与的交点，且、均异于原点，且，求的值.
【解析】（1）由，
消去参数可得普通方程为，，
由，得曲线的直角坐标方程为；
（2）由（1）得曲线，由，
可得其极坐标方程为由题意设，，
则.
，，，.
23.【选修4—5：不等式选讲】
已知函数，函数的最小值记为.
（1）求不等式的解集；
（2）正实数、、满足.求证：．
解析：（1）由题意可得：，
当时，则，解得；
当时，则，解得；
当时，则，解得；
综上所述：不等式的解集为.
（2）∵，当且仅当时等号成立，
∴函数的最小值为，则，
又∵，当且仅当，即时等号成立；
，当且仅当，即时等号成立；
，当且仅当，即时等号成立；
上式相加可得：，当且仅当时等号成立，
∴.办理业务所需的时间（分）
1
2
3
4
5
频 率
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
Y
1
2
3
4
5
P
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
X
0
1
2
P
0.5
0.49
0.01
X
0
1
2
P
0.5
0.49
0.01