陕西省西安市西安中学2024届高三上学期第四次月考数学（理）试题

这是一份陕西省西安市西安中学2024届高三上学期第四次月考数学（理）试题，共21页。试卷主要包含了 设集合，，则， 复数，则等于， 已知函数的部分图象如图所示等内容，欢迎下载使用。
（满分：150分 时间：120分钟）
命题人：高欢
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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先解不等式求出集合、，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得或，
所以，
由，即，解得，所以，
所以.
故选：B
2. 复数，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.
【详解】，所以.
故选：C.
3. 若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ）
A. B. 更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先解不等式，然后由题意可得是的真子集，从而列不等式可求得结果.
【详解】由，解得，
因为“”是“”的必要不充分条件，
所以是的真子集，
所以，经验证，端点值满足条件，故.
故选：B
4. 函数在区间上的最大值､最小值分别为（ ）
A. ，3B. ，3C. ，2D. ，2
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性可得为偶函数，利用导数求解上的单调性，即可求解最值.
【详解】因为,所以为偶函数，
当时，，.
易知当时,，，则，在[0，π]上单调递增，
所以，，
故选:B
5. 已知数列是等差数列，数列是等比数列，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列和等比数列的性质分析运算即可得解.
【详解】解：∵数列是等差数列，且，
∴，可得，则.
∵数列是等比数列，∴，又由题意，
∴，∴，
∴，
∴.
故选：D．
6. 已知函数为上的奇函数，当时，，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数奇偶性及其部分解析式，求出函数的解析式画出其图象即可求得不等式的解集.
【详解】根据题意可知，当时，，
利用函数奇偶性可得，即，
即，画出函数的图象如下图所示：
由图象可知的解集为.
故选：C
7. 我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何”，翻译过来就是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大､小鼠第一天都进一尺，以后每天，大鼠加倍，小鼠减半，则几天后两鼠相遇，这个问题体现了古代对数列问题的研究，现将墙的厚度改为1200尺，则需要几天时间才能打穿（结果取整数）（ ）
A. 10B. 11C. 12D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】大鼠和小鼠每天穿墙尺寸都构成一个等比数列，然后由等比数列求和公式，结合数列的单调性即可求得结果．
【详解】设大鼠和小鼠每天穿墙尺寸分别构成数列，它们都是等比数列，
其中，的公比为，的公比为，
设经过天，大鼠和小鼠穿墙尺寸的和为，
则，
因为与在上均单调递增，所以在上单调递增，
∵，
，
∴当时，，当时，，
因此需要11天才能打穿，
故选：B．
8. 设满足约束条件，目标函数的最大值为2，则的最小值为
A. 22B. 25
C. 27D. 30
【答案】C
【解析】
【分析】作出x、y满足约束条件的图象，利用目标函数的几何意义找到最优解，代入目标函数中，得到a，b的方程，再由基本不等式求出的最小值，代入求解即可
【详解】由题意、y满足约束条件的图象如图：
目标函数z＝ax+by（a＞0，b＞0）的最大值为2，由几何意义可知：直线z＝ax+by的截距此时最大，从图象上知，最优解是A（6，8），
故有6a+8b＝2，即3a+4b＝1，
∴（3a+4b）（）
＝1515+227，
当且仅当 2b＝3a，3a+4b＝1时即a=等号成立．
的最小值为27．
故选C．
【点睛】本题考查简单线性规划的应用及不等式的应用，关键是根据线性规划的知识判断出取最值时的位置，再构造出积为定值的形式求出表达式的最小值，属于中档题．
9. 如图，在平面四边形ABCD中，△BCD是边长为7的等边三角形，，则△ABC的面积为（ ）
A. 5B. 7C. 10D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】先利用余弦定理求得AB的长度，再去求的值，进而可求得△ABC的面积.
【详解】由，
可得，解之得或（舍）
则，
又，则
则
则△ABC的面积为
故选：C
10. 已知函数的部分图象如图所示.有下列四个结论：①﹔②在上单调递增；③的最小正周期；④的图象的一条对称轴为.其中正确的结论有

A. ②③B. ②④C. ①④D. ①②
【答案】A
【解析】
【分析】利用图象先求出函数解析式，结合所给结论逐个进行验证.
【详解】因为，所以，由于，所以或；
由于图象最高点在轴左侧，所以，①不正确；
因为，所以，解得，，
令得，周期为，③正确；
由可得，令可得增区间为，②正确；
因为时，，所以不是对称轴，④不正确；
故选：A.
【点睛】本题主要考查利用三角函数的图象求解解析式，进而研究函数的性质，明确的求解方法是解题关键，侧重考查数学抽象和直观想象的核心素养.
11. 已知是定义在上的偶函数，且在上单调递减，若，，，则、、的大小关系为（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知函数在上为增函数，比较、、的大小，结合函数的单调性与偶函数的性质可得出结论.
【详解】因为偶函数在上为减函数，则该函数在上为增函数，
，则，即，
，，所以，，故，
即.
故选：D.
12. 在中，，，点是所在平面内一点，则当取得最小值时，（ ）
A. 24B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件可得，所以可得，进而判断，以点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设，利用坐标计算，整理得
，则可得当时，取得最小值，再计算即可得答案.
【详解】由可得：，
则，又，所以，
由余弦定理得，所以有，即，
以点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，设，则：
当，即时取得最小值，
此时.
故选：A
【点睛】本题考查向量数量积的计算.求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
二､填空题：本题共4小题，每题5分，共20分
13. ，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求和向量坐标再应用平行的坐标关系得出，最后应用模长公式计算即可.
【详解】由，且，得，
所以.
故答案为: .
14. 在中，内角内角所对的边分别为，若，且，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用正弦定理、两角和的正弦公式化简已知条件，求得的值，进而求得，利用正弦定理将表示为角的形式，结合三角函数值域的求法，求得的取值范围.
【详解】由得，因为，所以，，
所以，
所以，
因为，所以，，，的取值范围是．
故答案为：
【点睛】本小题主要考查利用正弦定理进行边角互化，考查利用三角函数的值域来求解边的取值范围，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
15. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的结论序号是_______________.①；②平面；③异面直线，所成的角为定值；④直线与平面所成的角为定值；⑤以为顶点的四面体的体积不随位置的变化而变化.
【答案】①②④⑤
【解析】
【分析】连接BD交AC于O，由正方体的性质结合线面垂直的判定与性质可判断①；由正方体的性质结合线面平行的判定可判断②；作出异面直线所成的角即可判断③；由线面角的概念可判断④；由三棱锥体积公式可判断⑤；即可得解.
【详解】对于①，连接BD交AC于O，如图，
由正方体的性质可得，平面，
所以，所以平面，所以，故①正确；
对于②，由正方体的性质可得，所以平面，故②正确；
对于③，连接OE，如图，
由题意结合正方体的性质可得且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以或其补角即为异面直线，所成的角，
由不为定值，可得异面直线，所成的角不为定值，故③错误；
对于④，直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，为定值，
故④正确；
对于⑤，因为，
为定值，点A到平面即平面的距离为定值，
所以以为顶点的四面体的体积不随位置的变化而变化，故⑤正确.
故答案为：①②④⑤.
【点睛】本题考查了正方体几何特征、异面直线的夹角、线面位置关系及几何体体积，考查了空间思维能力，属于中档题.
16. 已知函数，，若曲线与曲线存在公切线，则实数m的最大值为____________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】设出公切线和两个曲线相切的切点，，根据导数的几何意义找到的关系，然后化二元为一元，将用一个量表示，结合导数工具求解.
【详解】由题意可知：，
设公切线和相切于，和相切于，
因为就没有垂直于轴的切线，故公切线斜率存在，设公切线斜率为.
于是
由可得，；
由化简整理可得，.
根据可得，，
故，
设，则，
1.当时，显然；
2.当时，则，
令，则，
故在上递增，注意到，
①当时，，；
②当时，，；
综上所述：当时，；当时，；
则在上递增，在上递减，故，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的突破口在于，通过导数的几何意义，找出参数和两个切点横坐标的关系，利用消元的思想，消去一个未知量，然后构造函数进行求解.
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. 已知函数．
（1）求的值和的最小正周期；
（2）若，求函数的值域．
【答案】（1），最小正周期为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两角和差公式化简，然后代入求解即可；
（2）整体代入法求解函数的定义域；
【小问1详解】
．
∴．
的最小正周期．
【小问2详解】
∵，
∴．
∴，
即的值域为．
18. 为了解一种植物果实的情况，随机抽取一批该植物果实样本测量重量（单位：克），按照分为5组，其频率分布直方图如图所示．
（1）求图中a的值；
（2）估计这种植物果实重量的平均数和方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（3）已知这种植物果实重量不低于32.5克的即为优质果实．若所取样本容量，从该样本分布在和的果实中，随机抽取2个，求抽到的都是优质果实的概率．
【答案】（1）；（2）40，28.75；（3）.
【解析】
【分析】
（1）由频率之和为1即可求出；
（2）由频率分布直方图结合平均数和方差公式即可求出；
（3）列出任取2个的所有基本事件，即可求出概率.
【详解】（1）组距，由，得．
（2）各组中点值和相应的频率依次为：
所以，
．
（3）由已知，果实重量在和内的分别有4个和3个，分别记为和从中任取2个的取法有：
，
，
，
共21种取法，其中都是优质果实的取法有，共3种取法，
所以抽到的都是优质果实的概率．
19. 已知各项递增的等比数列，其前n项和为，满足，.
（1）求的通项公式；
（2）记数列的通项公式为，将数列与中的项按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前50项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等比数列的首项为，公比为，根据等比数列求和公式得到方程组，解得、即可；
（2）依题意可知新数列的前50项中，数列的项只有前6项，数列有44项，再利用分组求和法计算可得.
【小问1详解】
设等比数列的首项为，公比为，
显然且，
由已知得，两式相除可得（负值舍去），所以，
所以；
【小问2详解】
数列中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，，
而，，
依题意可知新数列的前50项中，数列的项只有前6项，数列有44项，
所以
.
20. 已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足：，求数列的前项和；
（3）若对任意的恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，当时，求得，当时，，适合上式，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）得到，结合，得到，结合裂项法求和，即可求解.
（3）根据题意，转化为恒成立，得到，结合基本不等式求得的最大值即可求解.
【小问1详解】
解：因为数列的前项和为，且，
当时，可得，
当时，，适合上式，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
解：由（1）知，
因为数列满足：，可得，
可得，
当时，也适合此式，
则，
所以数列的前项和：.
【小问3详解】
解：由对恒成立，即对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
又由，
因为，当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最大值为，所以，
即实数的取值范围为.
21. 已知函数.
若曲线在点处的切线平行于轴,求函数的单调区间；
若时,总有,求实数的取值范围.
【答案】当时， ，在上单调递减；当时, ， 在上单调递增；.
【解析】
【分析】曲线在点处的切线平行于轴等价于在处的导数等于0.解出a的值，再求导判断正负号，写出单调区间．
将带入不等式，化简整理为，转化为讨论
，在上的最大值，求出a的取值范围．
【详解】由得:
在点处的切线斜率，则.
此时，.
由，得.
当时， ，在上单调递减；
当时, ， 在上单调递增.
由得:.
设，，则.
，.
① 当，即时，，在上单调递增，
，不合要求，应舍去.
② 当，即时，，在上单调递减，
，满足要求.
③ 当，即时，令得.
当时，在上单调递减;当时，在上单调递增.
，令得.
综合得，取值范围为.
【点睛】本题考查利用导数求单调区间、利用导数说明单调性去证明不等式．属于中档题．
（二）选考题：共10分.请考生在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. 在平面直角坐标系中，已知直线：（t为参数）．以坐标原点O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）求曲线C的直角坐标方程；
（2）设点M的直角坐标为，直线l与曲线C的交点为A，B，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
由,得.
两边同乘,即.
由,得曲线的直角坐标方程为
【小问2详解】
将代入,得,
设A,B对应的参数分别为
则
所以.
由参数几何意义得
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23. 已知函数
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若函数值域为A，且，求a的取值范围.
【答案】（1）或（2）
【解析】
【分析】（1）分类讨论去绝对值即可；
（2）根据条件分a＜﹣3和a≥﹣3两种情况，由[﹣2，1]⊆A建立关于a的不等式，然后求出a的取值范围.
【详解】（1）当a＝﹣1时，f（x）＝|x+1|.
∵f（x）≤|2x+1|﹣1，∴当x≤﹣1时，原不等式可化为﹣x﹣1≤﹣2x﹣2，∴x≤﹣1；
当时，原不等式可化为x+1≤﹣2x﹣2，∴x≤﹣1，此时不等式无解；
当时，原不等式可化为x+1≤2x，∴x≥1，
综上，原不等式的解集为{x|x≤﹣1或x≥1}.
（2）当a＜﹣3时，，
∴函数g（x）的值域A＝{x|3+a≤x≤﹣a﹣3}.
∵[﹣2，1]⊆A，∴，∴a≤﹣5；
当a≥﹣3时，，
∴函数g（x）值域A＝{x|﹣a﹣3≤x≤3+a}.
∵[﹣2，1]⊆A，∴，∴a≥﹣1，
综上，a的取值范围为（﹣∞，﹣5]∪[﹣1，+∞）.
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和利用集合间的关于求参数的取值范围，考查了转化思想和分类讨论思想，属于中档题.中点值
30
35
40
45
50
频率
0.1
0.2
0.375
0.25
0.075