2024届陕西省西安市西安交大附中高三上学期第六次诊断考试数学（文）试题含答案

这是一份2024届陕西省西安市西安交大附中高三上学期第六次诊断考试数学（文）试题含答案，共18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．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先化简集合A，B，再利用交集运算求解.
【详解】解：由题意得，
，
故选：D.
2．设复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由复数乘除法法则、共轭复数及复数的模计算公式可得结果.
【详解】由题意知，所以，所以.
故选：C.
3．已知平面，，直线，满足，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据题意，由线面关系分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.
【详解】因为，由面面垂直的判定定理可知“”“”，故充分性满足；
由“”，且，不一定得到“”，有可能线面平行或者直线在平面内，故必要性不满足；则“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4．已知等差数列的前项和为是关于的方程的两根，则（ ）
A．22B．24C．26D．28
【答案】A
【分析】根据题意得，又即可求解.
【详解】因为是关于的方程的两根，
所以，
故选：A.
5．已知向量与的夹角为，且，则（ ）
A．B．C．44D．52
【答案】B
【分析】根据模长的坐标运算可得，进而可得，再结合模长与数量积的运算律运算求解.
【详解】由题意可得：，，
所以.
故选：B.
6．函数在区间上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知条件结合二次函数的图象性质，判断实数的取值范围.
【详解】函数的图像抛物线开口向上，对称轴方程为，
，，
函数在区间上的值域为，则有.
故选：B
7．为了得到函数的图象，只需把函数图象上所有的点（ ）
A．向左平移个单位长度
B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度
D．向右平移个单位长度
【答案】B
【分析】首先利用辅助角公式化简，然后根据平移公式，判断平移方向和平移单位量.
【详解】，
根据平移左加右减的原则可知，
向左平移个单位长度.
故选：B.
【点睛】本题主要考查三角函数的平移问题.需注意平移前后的解析式，，这种类型的平移量，需要提出，平移量为个单位.属于较易题.
8．如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）
A．2B．C．D．8
【答案】C
【分析】根据三视图画出原图形，可得该几何体为三棱锥，再根据多面体的表面积公式即可得出答案.
【详解】解：根据几何体的三视图，得到几何体的直观图如下所示：
该几何体为三棱锥，
三棱锥是由四棱锥截去三棱锥所剩下的部分，
由于，，
所以体积．
故选：C．
9．已知，若，则（ ）
A．B．C．D．.
【答案】C
【分析】根据二倍角的余弦公式将等式因式分解可得，结合同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】由题意知，
，
因为，所以.
得，所以.
故选：C.
10．在中，角，，所对的边分别为，，，若，且的外接圆的半径为，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】在中，由正弦定理边角关系得，由余弦定理求出角，由余弦定理结合基本不等式可得，进而可求出三角形面积的最大值.
【详解】在中，，
由正弦定理得：，
由余弦定理得：，
因为为的内角，则，
所以，
因为的外接圆的半径为，
由正弦定理得：，所以，
由余弦定理得，即，
因为，所以，当且仅当时取等号，
故的面积，
所以面积的最大值为.
故选：B.
11．正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（ ）
A．B．5C．D．
【答案】C
【分析】取AB的中点Q，证明平面平面得动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．然后计算△MQC的面积即可．
【详解】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，，AB的中点可得，平面，平面，
所以平面，同理得平面，，平面，则平面平面，
所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．
在正三棱柱中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则，
平面平面，平面平面，则CQ⊥平面，平面，
所以．
因为，所以，
因为侧棱长是6，所以．
所以，则△MQC的面积，
故动点P的轨迹面积为．
故选：C
【点睛】结论点睛：本题考查空间点的轨迹问题，空间点的轨迹几种常见情形：
（1）平面内到空间定点的距离等于定长，可结合球面得轨迹；
（2）与定点的连线与某平面平行，利用平行平面得点的轨迹；
（3）与定点的连线与某直线垂直，利用垂直平面得点的轨迹；
（4）与空间定点连线与某直线成等角，可结合圆锥侧面得轨迹；
12．已知函数有两个极值点，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】求导可得，令，其中且，利用导数分析函数的单调性与极值，作出函数的图象，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，可得出实数的取值范围.
【详解】函数的定义域为，
，
令，可得或，不满足等式，
可得，其中且，
令，其中且，则，
当时，且，此时函数单调递减，
当时，且，此时函数单调递减，
当时，且，此时函数单调递增，
所以，函数的极小值为，如下图所示：
①当时，直线与函数交点的横坐标设为，则，
若时，，，，此时，单调递增，
若时，，，，此时，单调递减，
若时，，，，此时，单调递增，
若时，，，，此时，单调递增.
故当时，函数有两个极值点，合乎题意；
②当时，方程在的根为.
若时，，，，此时，单调递增，
若时，，，，此时，单调递增，
当时，，，，此时，单调递增，
此时函数无极值点；
③当时，直线与函数交点的横坐标设为，则，
若时，，，，此时，单调递增，
若时，，，，此时，单调递减，
若时，，，，此时，单调递增，
若时，，，，此时，单调递增，
此时函数有两个极值点，合乎题意；
④当时，直线与函数的图象无交点，
若时，，，，此时，单调递减，
若时，，，，此时，单调递增，
若时，，，，此时，单调递增，
此时函数只有一个极值点，不合乎题意；
⑤当时，直线与函数的图象的公共点的横坐标为，
若时，，，，此时，单调递减，
若时，，，，此时，单调递增，
若时，，，，此时，单调递增，
此时函数只有一个极值点，不合乎题意；
⑥当时，直线与函数的图象有两个公共点，设这两个公共点的横坐标分别为、，设，则，
若时，，，，此时，单调递减，
若时，，，，此时，单调递增，
若时，，，，此时，单调递增，
若时，，，，此时，单调递减，
若时，，，，此时，单调递增，
此时函数有三个极值点，不合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数极值点的个数求参数，注意到，本题在考查方程时，要特别注意到时的取值，再求解时还应注意导数为零处的点时导数符号的变化，充分利用极值点的定义来求解.
二、填空题
13．已知函数的图象在处的切线方程为，则 .
【答案】
【分析】根据导数的几何意义求出a、b，即可求解.
【详解】代入得，，
即，，即，则，，
所以.
故答案为：.
14．已知点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值为 .
【答案】12
【分析】用数形结合可知的最大值为两圆圆心距加两个圆的半径求解即可.
【详解】设圆的圆心为，圆的圆心为，
所以，
如图，可知，的最大值是圆心距加两个圆的半径，即.
故答案为：12
15．若实数满足约束条件，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】画出可行域，变换得到，根据图像得到答案.
【详解】可行域如图所示，变换得到
设为可行域内任意一点，则
由图可知,
所以的取值范围为．
故答案为：
【点睛】本题考查了线性规划问题，画出图像，变换是解题的关键.
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是上异于左、右顶点的一点，外接圆的圆心为M，O为坐标原点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据向量的加法法则和向量垂直的表示，结合均值不等式代入即可.
【详解】，
取线段的中点，则，
所以，
同理，
所以，
当且仅当时，等号成立，
即的最小值为.
故答案为：.
三、解答题
17．已知数列满足
(1)令，求证：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和为.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由等比数列的定义判断，即可证明；
（2）根据题意，结合分组求和法，再由等差数列求和以及等比数列求和公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）∵，
∴数列是以首项为，公比为等比数列；
（2）由（1）可知：，
∴，
从而
故.
18．某骑行爱好者近段时间在专业人士指导下对骑行情况进行了统计，各次骑行期间的身体综合指标评分与对应用时（单位：小时）如下表：
(1)由上表数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数如以说明；
(2)建立关于的回归方程.
参考数据和参考公式：相关系数，，，.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据表格数据可分别计算出与的平均值，再代入计算可得相关系数近似为，即可知与相关程度较高；
（2）根据（1）中的计算结果可得，代入计算可得，即可求得关于的回归方程.
【详解】（1）由题意得，，
，
，，
因此相关系数.
即相关系数近似为，与负相关，且相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合与的关系；
（2）由（1）中数据，得，，
所以关于的回归方程为.
19．已知直线，与双曲线的左支交于A，B两点.
(1)求实数的取值范围；
(2)若的面积为（O为坐标原点），求此时直线的斜率的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设点坐标，联立方程组，根据根与系数的关系求解；
（2）通过面积求解出，从而求解出的值.
【详解】（1）依题意，设，
联立方程组，整理得：
因为直线，与双曲线的左支交于A，B两点，
所以，解得，故，
（2）设点O到直线的距离为，则，
，
又因为，所以
又因为，
代入，得，
整理得，又，解得，
此时直线的斜率的值为.
20．如图，在三棱柱中，，，，点D，E，F分别为线段BC，，的中点，且.
(1)证明：平面平面ABC；
(2)若，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由几何关系证、、，由线线垂直证平面，则可接连证、平面ABC、平面平面ABC；
（2）过B作于点G，由平面平面ABC证平面，由几何关系可得点D到平面的距离，最后由即可求.
【详解】（1）如图，取AC的中点O，连接OD，，因为，，所以为等边三角形，所以.
又因为，点O，D分别为线段AC，BC的中点，所以，所以，
因为，，平面，所以平面，∵平面，则，
又因为，平面ABC，所以平面ABC，又因为平面，所以平面平面ABC.
（2）如图，过B作于点G，由（1）得平面平面ABC，且平面平面，平面，所以平面，
在直角ABC中，，，，所以，由，
又因为点D为线段BC的中点，所以点D到平面的距离h为点B到平面的距离BG的一半，即.
因为点E，F分别为线段，的中点，所以，又因为，所以的面积为，，
所以三棱锥的体积为.
21．已知函数，.
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)设函数，若恒成立，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；
（2）首先求出的解析式，即可得到，再，即可得到存在唯一使得，即，从而得到的单调性，求出，即可得到，即可表示出，再利用导数求出函数的最小值.
【详解】（1），，，
，
， ，
在处的切线方程为，即；
（2）
，，
则，，
令，则在上单调递增，
当时，当时，
故存在唯一使得，即，
则当时，即，所以在上单调递减，
当时，即，所以在上单调递增，
所以，
所以，即，
所以，，
令，，
则，所以当时，即在上单调递减，
当时，即在上单调递增，
所以，
所以的最小值为.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．在直角坐标系中，直线，曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求的极坐标方程和的普通方程；
（2）把绕坐标原点沿逆时针方向旋转得到直线，与交于A，B两点，求．
【答案】（1）；；（2）．
【分析】（1）由直线的直角坐标方程能求出直线的极坐标方程，曲线的参数方程消去参数，能求出曲线的普通方程．
（2）把绕坐标原点沿逆时针方向旋转得到直线的极坐标方程为化为直角坐标方程为，求出圆的圆心到直线的距离，由此利用勾股定理能求出．
【详解】解：（1）∵直线，
∴直线的极坐标方程为，即，
∵曲线的参数方程是（为参数），
∴消去参数，得曲线的普通方程为．
（2）∵把绕坐标原点沿逆时针方向旋转得到直线，
∴的极坐标方程为，化为直角坐标方程为，
圆的圆心到直线：的距离：，
∴.
【点睛】本题考查直线的极坐标方程的求法，考查曲线的普通方程的求法，考查弦长的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．
23．设函数
（1）解不等式；
（2）若对一切实数均成立，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）．
【详解】试题分析：（1）利用零点分段法分别求出各段不等式的解集，取它们的交集即可；（2）首先利用绝对值三角不等式的性质的性质求得的最小值，从而求得的取值范围．
试题解析：（1）当时得，所以，时，不等式成立；
当时，，得，所以，时，不等式成立；
当时，，得，所以，成立．
综上，原不等式的解集为：．
（2），当且仅当时，取等号，
所以，的最小值为9，故．
【解析】1、绝对值不等式的解法；2、绝对值三角不等式的性质．
【技巧点睛】形如 (或)型的不等式主要方法为分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为 (此处设)三个部分，在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集．
身体综合指标评分（）
1
2
3
4
5
用时（/小时）
10
8.5
8
7
6.5