2024届陕西省榆林市十校高三上学期12月联考数学（文）试题含答案

这是一份2024届陕西省榆林市十校高三上学期12月联考数学（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．已知复数是实数，则（ ）
A．0B．－1C．2D．－2
【答案】B
【分析】利用复数的除法化简复数，根据是实数求出的值
【详解】因为是实数，所以.
故选：B
2．设全集，集合A，B满足，，则（ ）
A．B．C． D．
【答案】C
【分析】由集合的交并补运算的定义求解即可.
【详解】由题意，若，则，故A错误；若，则，故B错误；因为，故，故C正确；
若，则，故D错误.
故选：C.
3．如图，已知一个三棱锥的主视图、左视图和俯视图均为斜边长为4的等腰直角三角形，则该三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三视图可以画出该几何体的直观图,可得一条侧棱与底面垂直，底面是直角三角形，得四面体的高与底面积，计算四面体的体积.
【详解】知直角边长为，所以体积.
故选：D
4．已知非零向量，满足，且，则的最小值为（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】B
【分析】利用向量数量积与模长关系结合二次函数的性质计算即可.
【详解】因为，
所以，当且仅当时，等号成立.
故选：B
5．已知是定义域为的偶函数，且其图像关于点对称，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先分析题意结合已知信息，求出周期，解出答案可得.
【详解】因为是定义域为的偶函数，且其图像关于点对称，当时，，
得出的周期，所以.
故选：A.
6．已知平面直角坐标系内的动点满足，则P满足的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用线性规划结合几何概型计算即可.
【详解】如图，可行域为所围成的区域，
，，满足的区域为，
且，
易知，
所以的概率.
故选：D
7．已知抛物线：，：，若直线l：与交于点A，B，且与交于点P，Q，且，则（ ）
A．1B．2C．4D．6
【答案】C
【分析】分别将直线l与抛物线，联立，要使，只需，整理解出即可.
【详解】结合题意：要使，即，
只需满足.
直线l与抛物线联立，，消去x，整理得，
所以，
直线l与抛物线联立，，消去x，整理得，
所以，解得.
故选:C.
8．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，且，则的面积（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】根据同角平方和关系可得，进而利用诱导公式即可得，即可求解，或者利用二倍角公式，结合三角函数的性质可得，进而可求解.
【详解】方法1：因为，所以，
又，所以，
由于，解得，则，
由可得均为锐角，所以，则，
所以，即，所以.
方法2：因为，所以，又，故均为锐角，
所以，即，
因为，故，且,
所以，
则，故，.
故选：A
9．已知函数在的最小值为－1，则（ ）
A．2eB．3C．eD．1
【答案】B
【分析】首先分析题意，可知恒成立，再设，解出，求出，即.
【详解】由题意可知，恒成立，且存在，使得等号成立，
所以恒成立，且存在，使得等号成立，
设，则，
令，解得，
时，；时，
所以在区间单调递减，在单调递增，
易知，即.
故选：B.
10．如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图像的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】根据题意，结合正弦型函数的性质，以及椭圆的几何性质，利用勾股定理列出方程，即可求解.
【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图像的一部分，
可得，且，所以圆柱的底面直径，
设椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，因为离心率为，可得，
所以，由勾股定理得，解得.
故选：A.
11．已知A，B是圆C：的两点，且是正三角形，则直线AB的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】结合图形，先判断出切线与原点与圆心连线的夹角为，进而得到两点恰为切点，再应用点到线的距离即可求解.
【详解】设是圆的圆心，，
由题意可知，圆与轴相切于D点，则，
又，所以，又是正三角形，
则两点恰为切点
设点与点重合，
由题意可知，，且，所以，
不妨设线段AB中点为H，则，
设直线AB：，即，
则，
则或，
结合图形知时与圆没有交点，故舍去，
则，所以直线AB的方程为.
故选：C
12．已知函数，过坐标原点O作曲线的切线l，切点为A，过A且与l垂直的直线交x轴于点B，则面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先设出切点，求出，根据点斜式写出切线l方程，根据切线l过原点求出切点坐标和直线l的斜率；再根据已知条件求出直线的方程，进一步求出点B坐标；最后根据三角形面积公式表示出面积，利用基本不等式求解即可.
【详解】因为，
所以.
设切点为，
则，.
所以切线l方程为.
因为切线l过坐标原点O，
所以将代入切线方程，整理得，解得：.
所以，
则点，.
因为直线过A且与直线l垂直，
所以，
则直线的方程为.
令，解得，
所以点B坐标为.
所以.
因为，当且仅当，即时，等号成立，
所以.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于：先利用导数的几何意义解决过原点的曲线切线方程问题；再根据平面两直线垂直得出直线的方程，进而求出点B坐标；最后表示出面积，利用基本不等式求解即可.
二、填空题
13．已知数据15，14，14，a，16的平均数为15，则其方差为 .
【答案】/
【分析】先由平均数的公式计算出平均数，再根据方差的公式计算
【详解】因为，所以，所以.
故答案为：
14．已知某圆台的上底面圆心为，半径为r，下底面圆心为，半径为2r，高为h.若该圆台的外接球球心为O，且，则 .
【答案】3
【分析】根据圆台与球的特征计算即可.
【详解】因为，所以，
所以,
解之得.
故答案为：3
15．若双曲线C：的左、右焦点分别为，，点P是其右支上的动点，与其左支交于点Q.若存在P，使得，则C的离心率的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据双曲线的定义，结合即可求解.
【详解】因为，且，所以，
所以，由于，所以，解得，所以.
故答案为：
16．已知O为坐标原点，点，P为圆上一点，则的最大值为 .
【答案】200
【分析】首先分析题意，方法一过O作于H，在过P作圆的一条切线，最后通过图像，求出.
方法二设出通过化简，得出的最大值为200.
【详解】方法1：过O作于H，则，且易知H在以线段OA为直径的圆上，设该圆的圆心为，则，过P作圆的一条切线，切点为B，则，故当的值最大时，的值最大.记圆的圆心为，其半径，则由几何关系可知，故的值最大为
方法2：设，则
，故当时，的最大值为200.
故答案为：200.
三、解答题
17．某酒店为了调查入住宾客对该酒店服务的满意率，对一个月来曾入住过的顾客进行电话回访，回访结果显示，顾客的满意率为80%.在不满意的顾客中，对住宿环境不满意的占60%，对服务员的服务态度不满意的占40%.
(1)若在电话回访的所有顾客中，对住宿环境不满意的顾客共有240人，求此次电话回访的顾客总数；
(2)若在一同住宿的甲、乙等五名顾客中，随机选择两名进行回访，求甲、乙两人中至少一人被选中的概率.
【答案】(1)人
(2)
【分析】（1）利用频率、频数与样本容量的关系求解；
（2）利用古典概率模型求解.
【详解】（1）住宿环境不满意的顾客在所有顾客中所占的比例为，
所以回访的顾客总数为人；
（2）设甲、乙两人中至少一人被选中为事件A，
由题意可知，甲乙两人都未被选中的概率为,
所以.
18．如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，是正三角形，已知，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分别作的中点，证得，得到，再由，得到，根据线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面.
（2）过作于，求得，，设点到平面的距离为，结合，即可求解.
【详解】（1）证明：分别作的中点，连接，
因为分别为的中点，且四边形为等腰梯形，
可得，所以，
在等腰梯形中，因为，，
可得，所以，
因为是正三角形，是中点，所以，又由，可知
又因为，所以，所以，
因为，，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）知，，且为的中点，可得，
过作于，因为，则为的中点，
且，所以，
又由，所以，
设点到平面的距离为，则，解得，
所以点到平面的距离为.
19．已知等比数列的公比，且，首项，前n项和为.
(1)若，且为定值，求q的值；
(2)若对任意恒成立，求q的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等比数列前项和公式、等比数列通项公式运算变形即可得解.
（2）对公比进行分类讨论即可，结合等比数列前项和公式进行适当放缩比较即可得解.
【详解】（1）易知，
若，且为定值，
则当且仅当时，为定值－1.
（2）因为，所以，
当时，有，即要满足恒成立，
当时，由于，这与恒成立矛盾.
当时，有，即要满足恒成立，
当时，由于，
故.
综上，q的取值范围是.
20．已知椭圆C：的右焦点为，左顶点为A.过点F且不与x轴重合的直线l与C交于P，Q两点（P在x轴上方），直线AP交直线：于点M.当P的横坐标为时，.
(1)求C的标准方程；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件及椭圆的定义求得a、b的值即可.
（2）根据题意设出直线l，求出表达式，根据直线AP交直线：于点M，与，求出点M坐标，进而求出的值.
【详解】（1）由题意可知，，即，
设，则，且有，
所以，
又，
整理化简有，
所以（不合题意舍去），或，
所以C的标准方程为.
（2）
由题可知，直线l的斜率不为0，设l：，，，
将l与C的方程联立，，消去x，整理得，
所以，，
则，
又直线AP的方程为，则，
所以，
且，所以，
所以，整理得，
因为点P在x轴上方，所以直线的斜率，且，
所以，即，
所以
，
又，
所以，
所以，即.
21．已知.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个极值点，，设，且不等式的解集为，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先分析题意，可知，再分情况讨论a,总结出的单调增区间为和，单调递减区间为；
（2）通过（1），可知，再分析题意，设出，证明出，进一步解析即可得出答案.
【详解】（1）易知，
当时，恒成立，即在上单调递增，
当时，的解集为，的解集为，
所以的单调增区间为和，单调递减区间为，
当时，的解集为，的解集为，
所以的单调增区间为和，单调递减区间为；
（2）由（1）可知，，且，
设，则，，
令，解得，易知，所以单调递增，
又因为，所以当时，，当时，，
由题意可知，，所以，其中，
要证，即证明，即证明，
即证明，即证明，
设，即证明，
易知，则，
所以单调递增，所以，
所以单调递增，所以，即命题得证.
22．在极坐标系中，圆C的极坐标方程为.
(1)以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系，求圆C的直角坐标方程；
(2)求圆C上的点到直线距离的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】应用三角恒等变换、转换公式及点到线的距离公式即可求解；
【详解】（1）因为，所以，
又，，，所以，
整理得；
（2）因为，所以，
即直线的直角坐标方程为，
又由（1）可知，圆心C的坐标为，且半径，
所以最小距离.
23．已知正数满足.
(1)若，求的最小值；
(2)证明：.
【答案】(1)4
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，得到，化简得到，结合基本不等式，即可求解；
（2）根据题意，得到，再由，即可得证.
【详解】（1）解：当时，可得，
所以，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.
（2）证明：因为，可得,
所以，
当且仅当时，等号成立，
因为，所以，
所以.