陕西省商洛市2024届高三尖子生学情诊断考试（第二次）数学（理科）试卷

这是一份陕西省商洛市2024届高三尖子生学情诊断考试（第二次）数学（理科）试卷，共14页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，已知，则等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：高考范围.
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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.法国数学家棣莫弗（1667-1754年）发现了棣莫弗定理：设两个复数，，则.设，则的虚部为（ ）
A. B. C.1 D.0
3.已知等比数列的前项和，则（ ）
A.3 B.9 C.-9 D.-3
4.设向量的夹角的余弦值为，则（ ）
A.-1 B.1 C.-5 D.5
5.执行如图所示的程序框图，输出的值为（ ）
A.70 B.112 C.168 D.240
6.已知，则（ ）
A. B. C. D.
7.在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为是上的一点，点是轴上的一点，且，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数的定义域均为，若均为偶函数，则（ ）
A. B.
C. D.
9.小张每天早上在任一时刻随机出门上班，他订购的报纸每天在任一时刻随机送到，则小张在出门时能拿到报纸的概率为（ ）
A. B. C. D.
10.数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列，其中从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，这样的数列称为“斐波那契数列”.若，则（ ）
A.175 B.176 C.177 D.178
11.某圆柱的轴截面是面积为12的正方形为圆柱底面圆弧的中点，在圆柱内放置一个球，则当球的体积最大时，平面与球的交线长为（ ）
A. B. C. D.
12.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知，设函数，则的单调递减区间是__________.
14.的展开式中含的项的系数为__________.
15.已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线与圆交于两点，则__________.
16.如图1，已知是边长为的等边三角形，分别在线段上滑动，且，将沿折起，使得点翻折到点的位置，连接，如图2所示，则四棱锥的体积的最大值为__________.
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.（本小题满分12分）
已知某校高一有600名学生（其中男生320名，女生280名）.为了给学生提供更为丰富的校园文化生活，学校增设了两门全新的校本课程，学生根据自己的兴趣爱好在这两门课程中任选一门进行学习.学校统计了学生的选课情况，得到如下的列联表.
（1）请将列联表补充完整，并判断是否有的把握认为选择课程与性别有关？说明你的理由；
（2）在所有男生中按列联表中的选课情况采用分层抽样的方法抽出8名男生，再从这8名男生中抽取3人做问卷调查，设这3人中选择课程的人数为，求的分布列及数学期望.
附：.
18.（本小题满分12分）
在中，角所对的边分别为.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，周长为，求边上的高.
19.（本小题满分12分）
如图所示，四棱锥中，底面为矩形，与交于点，点在线段上，且平面，二面角，二面角均为直二面角.
（1）求证：；
（2）若，且平面与平面夹角的余弦值为，求的长度.
20.（本小题满分12分）
设分别是椭圆的左､右焦点，，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）作直线与椭圆交于不同的两点，其中点的坐标为，若点是线段垂直平分线上一点，且满足，求实数的值.
21.（本小题满分12分）
已知函数，其中，曲线在点处的切线与曲线相切于点.
（1）若，求；
（2）证明：.
（二）选考题：共10分.请考生在第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的普通方程和极坐标方程；
（2）在平面直角坐标系中，过点且倾斜角为的直线与曲线交于两点，证明：.
23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲
已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
商洛市2024届高三尖子生学情诊断考试（第二次）•数学试卷（理科）
参考答案､提示及评分细则
1.A 因为，所以.故选A.
2.B ，所以，所以的虚部为.故选B.
3.D 当时，；当时，.，又是等比数列，所以，解得.故选D.
4.B 设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，又，所以，所以.故选B.
5.C 第一次执行，由，则，又由，则进入循环；第一次循环，由，则，又由，则进入循环；第二次循环，由，则，又由，则进入循环；第三次循环，由，则，又由，则进入循环；第四次循环，由，则，又由，则进入循环；第五次循环，由，则，又由，则进入循环；第六次循环，由112，则，又由，不成立，退出循环，则输出.故选C.
6.C 由，可得，即，所以.故选C.
7.D 由题意知，设，所以，又，所以，所以，所以，解得，所以的面积.故选D.
8.C 因为为偶函数，所以，即，所以，令得，故C正确，A无法判断是否正确；因为为偶函数，，所以，令得，故D无法判断是否正确；因为无法判断的取值情况，故B错误.故选C.
9.A 设小张离开家的时间距离为分钟，送报的时间距离为分钟，
则小张能拿到报纸，则.画出区域，为如图中的矩形中对应区域如图所示，设矩形的面积为，则小张在出门时能拿到报纸的概率为.故选A.
10.B 由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，，由，得，所以，将这个式子左､右两边分别相加可得，所以.所以，所以.故选B.
11.D 由题意知，当球的体积最大时，球与圆柱的上下底面及母线均相切，因为正方形的面积为12，所以，如图1，记所在底面的圆心为所在底面的圆心为，平面与球的交线为圆形，如图即为截面圆的直径，易知，易知RtRt，故，所以，所以交线长为.故选D.
12.D 由题意得，又，所以.令，则，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以，所以，又，所以，设，当时，，所以在上单调递减，又，且，所以，所以.故选D.
13.（开区间，半开半闭区间也正确） 依题意，令，解得，所以的单调递减区间是.
14. 的展开式的通项为，故令，2，可得的展开式中含的项的系数为.
15. 圆的圆心，半径，由双曲线的离心率为，得，解得，于是双曲线的渐近线方程为，即.当渐近线为时，点到此直线的距离，即直线与已知圆相离，不符合要求；当渐近线为时，点到此直线的距离，则直线与已知圆相交，弦长.
16.2 依题意当平面平面时，四棱锥的体积才会取得最大值.设，设为的中点，在等边中，点分别为上一点，且，所以，又为的中点，所以，又平面平面，平面平面平面，所以平面，因为，所以.所以四棱锥的体积，所以，解得，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当，四棱锥的体积最大，所以.
17.解：（1）由男生320名，女生280名，结合表中数据，列联表如图所示，
，
所以有的把握认为选择课程与性别有关.
（2）抽出8名男生中，选择课程的人数为：（名），选择课程的人数为：5（名），
的所有可能取值为，
，
，
则的分布列为
所以.
18.解：（1）由已知结合正弦定理边化角可得.
又，
代入整理可得.
因为，所以.
又，所以.
（2）由及可得，.
又周长为，则，所以.
根据余弦定理可得，，
整理可得.
设边上的高为，则，解得，
所以边上的高为.
19.（1）证明：因为平面平面，平面平面，
所以.
又因为四边形为矩形，所以，则.
（2）解：因为四边形为矩形，所以.
又因为平面平面，平面平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
同理，.
设，以为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
.
设为平面的法向量，
因为所以令，则，所以；
设为平面的法向量，
因为所以令，则，所以，
所以，解得.
故.
20.解：（1）设椭圆的半焦距为.
因为，所以，解得，
因为椭圆的离心率为，所以，即，解得，
则，
故椭圆的方程为.
（2）由，根据题意可知直线的斜率存在，
可设直线的斜率为，则直线的方程为.
把代入椭圆的方程，消去整理得.
设，则，则，
所以线段的中点坐标为.
①当时，，线段的垂直平分线为轴，于是.
由，解得；
②当时，线段的垂直平分线的方程为.
由点是线段的垂直平分线上一点，令，得.
因为，
所以，
解得，
所以.
综上所述，实数的值为.
21.（1）解：，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，
因为，所以，即，
设，则，即单调递增，
又，所以，又，所以，
因为，所以曲线在处的切线方程为，所以，解得.
（2）证明：因为，
所以曲线在处的切线方程为，
同理可知曲线在处的切线方程为，
所以，
设，则，所以，所以，即单调递减，且，
当时，，所以，由（1）可知，此时；
当时，，则，即，
又，所以，所以，此时；
当时，，所以.
设，则，
若，则，所以单调递减，所以时，1，与矛盾，故不符题意，
所以应有，此时.
综上所述，.
当时，，
当时，且，设，此时，所以单调递减，所以，所以，即.
综上所述，.
22.（1）解：由得到，
即，所以曲线的普通方程为.
又因为，则，
整理得，即曲线的极坐标方程为，
（2）证明：由题意可得直线的参数方程为（为参数），
代入，整理得，
所以.
则，
所以.
23.解：（1）
当时，，即；
当时，，解得，即；
当时，，解得，此时无解.
综上，不等式的解集为.
（2）因为不等式恒成立，
所以，即恒成立，
因为，当且仅当时取等号，
所以，即实数的取值范围为.选择课程
选择课程
总计
男生
200
女生
60
总计
0.01
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
选择课程
选择课程
总计
男生
120
200
320
女生
60
220
280
总计
180
420
600
0
1
2
3