陕西省2024届高三下学期2月大联考数学试题（全国乙卷）及详细答案

这是一份陕西省2024届高三下学期2月大联考数学试题（全国乙卷）及详细答案，共24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．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知：向量与的夹角为锐角．若是假命题，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ）
A．B．C．D．
5．将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装．如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该物件的高为（ ）
A．B．1C．D．3
6．甲、乙、丙、丁、戊5名青年志愿者被分配到3个不同的岗位参加志愿者工作，每个岗位至少分配一人，其中甲与丙不在同一岗位，丁与戊在同一岗位，则不同的分配方案有（ ）
A．18种B．21种C．24种D．30种
7．已知关于的不等式组表示的平面区域为，在区域内随机取一点，则满足的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若函数的图象关于原点对称，则实数的最大负值为（ ）
A．B．C．D．
9．如图是某人设计的产品图纸，已知四边形的三个顶点在某圆上，且，，则该圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数的图象关于直线对称，且对任意实数，都有，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数B．2为函数的一个周期
C．在上单调递增D．函数有5个零点
11．设，则（ ）
A．B．C．D．
12．已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线：，椭圆与抛物线相交于不同的两点，且四边形的外接圆直径为，若，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知在半圆中，直径上的点满足，则 ．
14．已知数列的前项和为，若，则 ．
15．已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点，若的内切圆与轴切于点，且，则双曲线的渐近线方程为 ．
16．已知某四棱锥的三视图如图所示，若该四棱锥外接球的表面积为，则该四棱锥的体积为 ．
三、解答题
17．某中学为研究学生使用数学错题本的时长对数学成绩的影响，从高二年级学生中随机选取了50名学生，统计了他们每周使用数学错题本的平均时长（单位：分钟）和数学成绩优秀的人数（单位：人），得到如下统计表：
(1)试估算该中学高二年级学生每周使用数学错题本平均时长的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
(2)若从每周使用数学错题本的平均时长为和的学生中各随机选取2名，记所选取的4名学生中数学成绩优秀的人数为，求的分布列和数学期望．
18．已知数列为各项均为正数的数列，数列满足，且．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设，求数列的前项和．
19．如图，在多面体中，四点共面，平面，为的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值．
20．已知函数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求实数的取值范围．
21．已知过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点，抛物线的准线与轴的交点为．
(1)若点的横坐标大于1，当直线与抛物线的另一个交点恰好为线段的中点时，求直线的方程；
(2)求内切圆的圆心到坐标原点距离的最大值．
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线：．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线及直线的极坐标方程；
(2)若直线与曲线交于不同的两点，在点同侧，且，求的值．
23．已知函数．
(1)求的最小值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围．
每周使用数学错题本的平均时长
人数
6
14
21
3
数学成绩优秀的人数
1
6
15
4
2
参考答案：
1．B
【分析】利用复数的四则运算求得，从而利用复数的几何意义即可得解.
【详解】因为
所以复数在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B.
2．D
【详解】因为，
，
所以.
故选：D.
3．C
【分析】利用向量夹角为锐角得到关于的不等式组，进而求得的取值范围，再结合为假命题取的取值范围的补集即可得解.
【详解】当向量向量与的夹角为锐角时，
有且与方向不相同，即，解得且，
因为是假命题，所以实数的取值范围是.
故选：C.
4．D
【分析】结合指数函数的图象与性质即可判断AB选项错误，对C代入判断C错误，则可得到D正确.
【详解】根据函数 的图象， 知 ， 而对A选项排除A；
对B选项，因为，则，
则，但图象中函数值可以大于 1 ， 排除B；
根据C选项的解析式， ， 而根据函数 的图象， 知 ， 排除 C.
故选：D.
5．C
【分析】作出正四棱台的图形，设，利用该四棱台侧面的面积求得，进而利用勾股定理即可得解.
【详解】设，则.
因为该四棱台为正四棱台，所以各个侧面都为等腰梯形，上、下底面为正方形，
在四边形中，过点作于点，
则，所以，
所以，解得，
在平面中，过点作于点，
易知为正四棱台的高，则，
所以.
故选：C.
6．D
【分析】分类讨论5名青年志愿者不同的分组法，再考虑2，2，1分组中的情况，利用分类计数原理即可得解.
【详解】依题意，①若是2，2，1分组，
当甲一个人一组时，乙与丙在同一岗位，丁与戊在同一岗位，有种不同的分配方案；
当丙一个人一组时，甲与乙在同一岗位，丁与戊在同一岗位，有种不同的分配方案;
②若是3，1，1分组，则可再选一人与丁、戊组成一组，有种不同的分配方案.
综上，不同的分配方案共有(种).
故选：D.
7．B
【分析】利用线性规划作出不等式组对应的平面区域，同时满足所求不等式的平面区域，再结合几何概型即可得解.
【详解】由，作出平面区域，为图中矩形，

联立，解得，则，
联立，解得，则，
联立，解得，则，
易知过点，，
所以满足的区域如图中阴影部分，
其中恰好是矩形的对角线，所以，
所以所求概率.
故选：B.
8．C
【分析】先利用三角恒等变换化简，从而得到的解析式，再利用三角函数的奇偶性求得，从而得解.
【详解】因为
，
所以，
因为函数的图象关于原点对称，所以是奇函数，
所以，所以，
当时，，即实数的最大负值为，故C正确.
故选：C.
9．B
【分析】利用平面几何的知识求得，再利用余弦定理与正弦定理依次求得，从而得解.
【详解】连接，在中，，
则，
所以，
因为，所以，
所以，
所以
，所以，
设该圆的半径为，则，
所以该圆的面积为.
故选：B.
10．C
【分析】利用函数平移的性质判断A，举反例排除B，由条件推得的周期性与奇偶性，从而作出的大致图象判断C，再选项C的基本上作出的大致图象判断D.
【详解】对于A，由的图象关于直线对称，
得的图象关于直线对称，所以为偶函数，故A错误;
对于B，因为当时，，则，
因为，所以，
则，即，故B错误；
对于C，因为，则，
所以，所以4为函数的一个周期，
当时，，作出的大致图象，易知C正确;
对于D，令，则，如图，作出的大致图象，
当时，，，
结合的对称性与图象可知，函数与的图象有11个交点，
所以有11个零点，故D错误.
故选：C.
11．D
【分析】构造函数，利用导数得到其单调性则比较出，利用指数函数和幂函数以及正弦函数的单调性即可比较出，则最终得到三者大小.
【详解】先变形，令，
下面比较当时，与的大小.
①令，则，令，
得，当时，单调递增，
所以，所以，即，所以.
②，所以，，
所以，则，所以.
综上，，
故选：D.
12．A
【分析】先利用椭圆与抛物线的对称性分析得四边形的外接圆就是的外接圆，再利用正弦定理求得，再利用椭圆中焦点三角形的性质得到的取值范围，从而得到关于的齐次不等式，解之即可得解.
【详解】如图，由椭圆与抛物线的对称性，知点关于轴对称，
四边形是等腰梯形，易知四边形的外接圆就是的外接圆，
设四边形的外接圆半径为.
在中，由正弦定理，知，
记椭圆的上顶点为，坐标原点为，
易知，又，则，，
，即为锐角，
，
又
又，，则，
所以，则，即，
则椭圆的离心率的取值范围是，
故选：A.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．
13．6
【分析】根据向量数量积的定义即可求出答案.
【详解】如图，连接为直径，，.
易知.
故答案为：6.
14．
【分析】将转化为，再利用与的关系推得数列是一个周期数列，从而得解.
【详解】，即，
当时，，
当时，，
所以，
所以从第2项起，数列是一个周期数列，且2为它的一个周期，即，
.
故答案为：.
15．
【详解】由圆的切线长的性质与双曲线的定义，得，
又，所以，.
又，所以，所以，
所以，所以，则，
所以双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
16．/
【分析】先由四棱锥的三视图得到四棱锥的直观图，再利用补形法，结合该四棱锥外接球的表面积求得，从而利用四棱锥的体积公式即可得解.
【详解】依题意，该四棱锥的直观图，如图①所示，

根据三视图，知平面平面，
点到平面的距离为，如图②，
过点作，交于点，
则为的中点，，
如图③，将该四棱锥补成一个直三棱柱，
易知该四棱锥的外接球与直三棱柱的外接球是同一个外接球，
在图③，分别取和的外心，
连接，取的中点，连接，
由直三棱柱的结构特征知为三棱柱的外接球的球心，

设的外接圆半径为，则，
，解得，
设三棱柱的外接球的半径为，则，得，
，即，解得，
.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
17．(1)
(2)分布表见解析；
【分析】（1）由统计表求得的值，再利用平均数的计算公式即可得解；
（2）分别求得每周使用数学错题本的平均时长为和中各随机选取2名，优秀人数对应的概率，再利用独立事件的概率公式求得的分布列，进而得解.
【详解】（1）由统计表，得，
设该样本中50名学生每周使用数学错题本平均时长的平均数为，
则，
所以估算该中学高二年级学生每周使用数学错题本平均时长的平均数为.
（2）①由（1）知，
所以从每周使用数学错题本的平均时长为的6名学生中随机选取2名：
没有一人数学成绩优秀的概率为，
只有一人数学成绩优秀的概率为，
有两人数学成绩优秀的概率为，
②从每周使用数学错题本的平均时长为的3名学生中随机选取2名：
只有一人数学成绩优秀的概率为，
有两人数学成绩优秀的概率为，
则的所有可能取值为1，2，3，4，
则，，
，
所以的分布列为
所以.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由推得，再代入整理得，从而得证；
（2）结合（1）中结论，依次求得，再利用裂项相消法即可得解.
【详解】（1）因为，，则，
当时，，则，
代入，得，
所以，则，即，
所以数列是以1为公差的等差数列.
（2）由题意，得，且，所以，
又，所以，
由（1）得，
当时，，
当时，也满足上式，
所以，
所以，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直与面面垂直的判定与性质定理即可得证；
（2）先利用平面几何的知识，结合余弦定理求得各线段长，再根据题意建立空间直角坐标系，求得平面与平面的法向量，从而得解.
【详解】（1）平面平面，
为的中点，，
又平面平面平面，
因为平面平面平面.
（2）平面平面，
连接，因为，
则，解得，
在平面内，过点作于点，则平面，
如图①，在四边形中，易知与互补，连接，
则，

即，
解得，则，
，，则，
如图②，过作，交于点，
以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，
所以，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，即，
令，得，
设平面与平面所成二面角为，
，
则，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为.
20．(1)在上单调递增，在上单调递减.
(2)
【分析】（1）代入求导，分别令和讨论即可；
（2）等价变换为恒成立，再对分类讨论即可.
【详解】（1）由题意，知的定义域为.当时，，
求导，得，
又，所以由，得，
由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）恒成立，即恒成立，
即恒成立.
当时，因为，所以恒成立；
当时，令，
则，
显然不恒成立；
当时，由，得.
令，则，
令，得，令，得且，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，所以，
显然当时，在上也成立.
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是转化为恒成立，然后对分，和讨论即可.
21．(1)或
(2)
【分析】（1）设，依题意得到关于的方程组，进而求得的坐标，结合即可得解；
（2）联立直线与抛物线的方程，证得内切圆的圆心在轴上，再利用角平分线定理得到，分析的取值情况，从而得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】（1）由题意，知，设，则，
又，所以线段的中点坐标为，
代入抛物线方程，得，
联立，解得或，
所以或，又，
所以或，
所以直线的方程为或，
即或.
（2）设直线的方程为，
联立，消去并整理，得，
所以，
所以
，
所以，即内切圆的圆心在轴上，
设内切圆的圆心为，
由角平分线定理，得，
过点作抛物线准线的垂线，设垂足为，
则，即，
故当最大时，最小，
所以只有当直线与抛物线相切时，取得最小值，
此时直线斜率存在，设切线为，
联立，消去，得，
则，解得，则的最小值为，
易知，则，解得，
所以内切圆的圆心到坐标原点距离的最大值为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)曲线的极坐标方程为；直线的极坐标方程为.
(2)
【分析】（1）根据圆的参数得到其普通方程，再利用普通方程与极坐标方程的转化即可；
（2）将（1）中的两方程联立得到，利用判别式和韦达定理以及即可得到.
【详解】（1）曲线的参数方程为(为参数)，
，
曲线的普通方程为.
，
曲线的极坐标方程为.
直线的直角坐标方程为，
直线的极坐标方程为.
（2）设，联立曲线与直线的极坐标方程，
得，，
.
在点同侧，.
，
，
，满足.
23．(1)
(2)
【分析】（1）利用分类讨论，去掉绝对值，结合一次函数的单调性即可得解；
（2）结合（1）中结论，作出与的大致图象，求得恒成立的临界情况对应的值，从而得解.
【详解】（1）因为，
当时，，此时；
当时，，此时，即；
当时，，此时；
综上，的最小值为.
（2）记，作出与的大致图象，
要使恒成立，
则只需当函数的图象过点或时，为临界情况（如图），
由，得或（舍去），
由，得或（舍去），
所以，即实数的取值范围为.
1
2
3
4