陕西省西安市第一中学2024届高三第四次质量监测文科数学试题（原卷版+解析版）

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1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.
2．请将各题答案填写在答题卡上.
3．本试卷主要考试内容：高考全部内容.
第I卷
一、选择题：本大题共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】C
【解析】
【分析】由集合的并集运算求解即可.
【详解】因为，，
所以
故选：C.
2. 已知复数，则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
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，得到，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由复数，所以在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. 1B. C. 34D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，可得，
因为，可得，解得.
故选：C.
4. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过和1比较可得答案.
【详解】因为，，所以．
故选：C
5. 设抛物线：的焦点为，点在上，，若，则（ ）
A. B. 6C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线的方程求出焦点，然后计算，可知轴，故由勾股定理求解即可.
【详解】由题意可知，，所以．
因为抛物线的通径长为，所以轴，
所以．
故选：D
6. 函数的极小值点为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数判断单调性，进而可得极小值点.
【详解】因为，
所以在，上单调递增，在上单调递减，故极小值点为2．
故选：A
7. 执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（ ）
A. B. C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合给定的程序框图，逐次计算，即可求解.
【详解】输入，不满足，可得；
当时，不满足，可得；
当时，不满足，可得；
当时，满足，可得．
故选：C.
8. 某校为了解在校学生对中国传统文化的传承认知情况，随机抽取了100名学生进行中国传统文化知识考试，并将这100名学生成绩整理得到如下频率分布直方图．根据此频率分布直方图（分成，，，，，六组），下列结论中不正确的是（ ）
A. 图中的
B. 若从成绩在，，内的学生中采用分层抽样抽取10名学生，则成绩在内的有3人
C. 这100名学生成绩的中位数约为65
D. 若同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，则这100名学生的平均成绩约为68.2
【答案】C
【解析】
【分析】根据频率分布直方图的特点逐个进行分析计算即可.
【详解】由，得，所以A正确；
这100名学生中成绩在，，内的频率分别为0.2，0.12，0.08，所以采用分层抽样抽取的10名学生中成绩在内的有人，故B正确；
根据频率分布直方图，可知这100名学生成绩的中位数在之间，设中位数为，则，所以，故C错误；
根据频率分布直方图的平均数的计算公式，可得，D正确．
故选：C
9. 《西游记》《红楼梦》《水浒传》《三国演义》是我国著名的四大古典小说，某学校图书室将《西游记》《红楼梦》《水浒传》《三国演义》各一本赠送给三个不同的同学，每人至少一本，则《西游记》和《红楼梦》被分给同一个同学的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】古典概型的应用，找准四本书分成三组的方法总数和《西游记》与《红楼梦》分在一组时的方法总数，利用求出概率.
【详解】设《西游记》《红楼梦》《水浒传》《三国演义》这四本书分别为A、B、C、D.
将四本书分成三组的情况有、、、、、共6种.
其中A、B在一组的情况有1种，所以《西游记》和《红楼梦》被分给同一个同学的概率为．
故选：A
10. 在正四棱锥中，为的中点，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，推得正四棱锥的所有棱长都相等，设四棱锥的棱长均为2，在中，利用余弦定理，即可求解.
【详解】连接交于，取的中点，再连接，
因为，所以为所求角或其补角，
在中，为的中点，且，所以，
所以正四棱锥的所有棱长都相等．
设四棱锥的棱长均为2，在中，，，
所以.
故选：D.
11. 定义在上的奇函数在上单调递增，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得在上单调递增，再根据函数为奇函数可得不等式，即为不等式，再根据函数的单调性即可得解.
【详解】解：因为奇函数在上单调递增，所以在上单调递增，
因为，所以，
所以，解得．
故选：C.
12. 已知等差数列的前项和，且是和的等比中项，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】利用与的关系，结合等差数列的概念与等比中项计算即可.
【详解】设的公差为，
当时，，
所以，.
又因为是和的等比中项，所以，即.
易得，解得.
故选：C.
第II卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．
13. 椭圆上的一点到两个焦点的距离之和为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程，求得，结合椭圆的定义，即可求解.
【详解】由椭圆，可得，所以，
根据椭圆的定义，可得椭圆上的一点到两个焦点的距离之和为，
所以椭圆上的一点到两个焦点的距离之和为．
故答案为：.
14. 如图，一个圆柱内接于圆锥，且圆柱的底面圆半径是圆锥底面圆半径的一半，则该圆柱与圆锥的体积的比值为__________.

【答案】##
【解析】
【分析】设该圆柱的底面圆半径为，高为，则圆锥的底面圆半径为，高为，然后表示出圆柱和圆锥的体积，从而可求得结果.
【详解】设该圆柱的底面圆半径为，高为，则该圆柱的体积为.
因为一个圆柱内接于圆锥，且圆柱的底面圆半径是圆锥底面圆半径的一半，
所以圆锥的底面圆半径为，高为，则该圆锥的体积为.
故该圆柱与圆锥的体积的比值为.
故答案为：
15. 数列满足，，则________．
【答案】##-0.5
【解析】
【分析】由数列的递推关系，求出几项可以发现该数列是一个周期数列，且周期为3，求解即可.
【详解】因为，所以．
因为，所以，，，
所以是一个周期数列，且周期为3，故．
故答案为：
16. 已知函数，给出下列结论：
①的最小正周期为；
②是的最大值；
③把函数的图象向左平移个单位长度，可以得到的图象．
其中所有正确结论的序号为________．
【答案】①③
【解析】
【分析】根据题意，结合最小正周期，三角函数的对称性，以及三角函数的图象变换，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，可得的最小正周期为，所以①正确；
又由，所以②错误．
把函数的图象向左平移个单位长度，可以得到的图象，所以③正确．
故答案为：①③.
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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求角B的大小；
（2）若的面积为6，，求b的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式化简得，即可求解.
（2）利用三角形面积公式求解，然后利用余弦定理求解即可.
【小问1详解】
因为，所以.
因为，所以，又，，所以.
【小问2详解】
因为，所以.
由余弦定理可得，
所以.
18. 某工厂的工人生产内径为的一种零件，为了了解零件的生产质量，在某次抽检中，从该厂的1000个零件中抽出60个，测得其内径尺寸（单位：）如下：


这里用表示有个尺寸为的零件，，均为正整数.若从这60个零件中随机抽取1个，则这个零件的内径尺寸小干的概率为.
（1）求，的值.
（2）已知这60个零件内径尺寸的平均数为，标准差为，且，在某次抽检中，若抽取的零件中至少有80%的零件内径尺寸在内，则称本次抽检的零件合格.试问这次抽检的零件是否合格？说明你的理由.
【答案】（1）
（2）不合格，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据零件个数和概率值建立方程求解即可；
（2）求出平均数，然后求出零件内径尺寸在内的个数即可判断.
【小问1详解】
依题意可得，
解得.
【小问2详解】
将每个数据都减去28.50后所得新数据的平均数为
，
所以，所以，.
所以这60个零件内径尺寸在内个数为，
因为，所以这次抽检的零件不合格.
19. 如图，几何体为三棱台．

（1）证明：平面．
（2）已知平面平面，求三棱台的体积．
参考公式：台体的体积，其中分别为台体的上底面面积、下底面面积，为台体的高．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定即可证明；
（2）首先利用面面垂直的性质得平面，再利用台体的体积公式即可得到答案.
【小问1详解】
根据三棱台的几何性质可知，，
因为平面平面，所以平面．
【小问2详解】
根据三棱台几何性质可知，．
过作的垂线，垂足为．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．

因为，所以，
，则三棱台的高为．
因为，所以的面积为．
又，所以的面积为．
故三棱台的体积．
20. 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若过点作直线与函数的图象相切，判断切线的条数.
【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）三条
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）设出切点，将切线方程表示为含有参数的直线方程，根据切线过点可得关于参数的方程，判断方程根的个数即可求解.
【小问1详解】
因，
所以.
令，得；令，得.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
，则，
设切点为，
则，，
所以切线方程为.
将点代入得，
整理得.
因为方程有两个不相等正根，
所以方程共有三个不相等正根.
故过点可以作出三条直线与曲线相切.
21. 已知双曲线的离心率为，虚轴长为2.
（1）求双曲线的方程；
（2）若动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，证明：的面积为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的方程.
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，由直线的方程求得三角形的面积，从而证得结论成立.
【小问1详解】
因为双曲线的虚轴长为2，所以.
因为，且，
所以，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
证明：当直线斜率不存在时，的方程为，
此时.
当直线的斜率存在时，不妨设直线，且.
联立方程组，得.
由，得.
联立方程组，得.
不妨设与的交点为，则.
同理可求，所以.
因为原点到直线的距离，所以.
因为，所以，故的面积是定值，且定值为3.
【点睛】方法点睛：求解双曲线的标准方程，关键是根据已知条件求得，和是两个未知参数，要求出两个参数的值，需要两个已知条件，如本题中“双曲线的离心率以及虚轴长”两个已知条件，再结合即可求得，从而求得双曲线的标准方程.
（二）选考题：共10分．请考生从第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分．
［选修4—4：坐标系与参数方程］
22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；
（2）记直线与曲线的两个交点分别为，，求．
【答案】（1）直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据参数方程的特点，消去参数可得普通方程，利用极坐标和直角坐标的转化公式可得直角坐标方程；
（2）把参数方程代入椭圆，结合韦达定理和参数含义可得答案.
【小问1详解】
因为直线的参数方程为（为参数），
消去参数，所以直线的普通方程为．
因为曲线的极坐标方程为，
且所以，
所以曲线的直角坐标方程为．
【小问2详解】
将，代入曲线的直角坐标方程，
得．
设，对应的参数分别为，，则，，
所以．
［选修4—5：不等式选讲］
23. 已知函数．
（1）若，求不等式的解集；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若，则，分类讨论可求的解集．
（2）利用，可得，可求的取值范围．
【小问1详解】
若，则．由，可得，
当时，由，得，所以；
当时，由，得恒成立，所以；
当时，由，得，所以．
综上所述，不等式的解集为．
【小问2详解】
因为，
所以当，即时，．
由，解得或．
故的取值范围是．