陕西省西安市长安区2024届高三第一次联考数学（理科）试题

这是一份陕西省西安市长安区2024届高三第一次联考数学（理科）试题，共21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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数，则（ ）
A．B．C．D．2
3．著名的欧拉公式是，则在复平面内的（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．已知向量，，若不超过3，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．某班学生每天完成数学作业所需的时间的频率分布直方图如右图，为响应国家减负政策，若每天作业布置量在此基础上减少5分钟，则减负后完成作业的时间的说法中正确的是（ ）
A．减负后完成作业的时间的标准差减少25
B．减负后完成作业的时间的方差减少25
C．减负后完成作业的时间在60分钟以上的概率为
D．减负后完成作业的时间的中位数为25
6．等比数列满足，则（ ）
A．30B．62C．126D．254
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为．若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A．B．C．D．
9．在三角形中，内角的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
10．从直角三角形顶点中任取两个顶点构成向量，在这些向量中任取两个不同的向量进行数量积运算，则数量积为0的概率为（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数，若满足，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
12．已知农历每月的第天的月相外边缘近似为椭圆的一半，方程为，其中为常数．根据以上信息，下列说法中正确的有（ ）
①农历每月第天和第天的月相外边缘形状相同；
②月相外边缘上的点到椭圆焦点的距离的最大值为；
③月相外边缘的离心率第8天时取最大值；
④农历初六至初八的月相外边缘离心率在区间内．
A．①③B．②④C．①②D．③④
二、填空题
13．设双曲线的两条渐近线互相垂直，则此双曲线的离心率为 .
14．若实数满足，则展开式中常数项为 ．
15．一个正四棱柱底面边长为2，高为，上底面对角线交点与下底面四个顶点构成几何体的内切球表面积为 .
16． ，若有两个零点，则的取值范围是 .
三、解答题
17．体育强则中国强，体育承载着国家强盛、民族振兴的梦想.某学校从参加体育知识竞赛的学生中抽出200名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如图所示，根据图形，回答下列问题.

(1)求；
(2)估计这次体育知识竞赛成绩的众数、平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(3)在抽出的200位学生中，若规定分数不低于80分的学生为获奖学生，已知这200名学生中男生与女生人数相同，男生中有20人获奖，请补充列联表，并判断是否有99%的把握认为“体育知识竞赛是否获奖与性别有关”
附：，其中.
18．图1所示的是等腰梯形于点，现将沿直线折起到的位置，连接，形成一个四棱锥，如图2所示．
(1)若平面平面，求证：；
(2)求证：平面平面；
(3)若二面角的大小为，求直线与平面夹角的正弦值．
19．已知数列的前项和为，，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
20．在平面直角坐标系中，已知点，点为平面内一动点，线段的中点为，点到轴的距离等于，点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)已知点，曲线上异于点的两点，满足与斜率之和为4，求点到直线距离的最大值.
21．已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围．
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程是.
(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
(2)设点为曲线上的任意一点，直线交轴，轴于，两点，求面积的最大值.
23．已知函数.
(1)解不等式；
(2)设函数的最小值为，正数、、满足，证明：.
男生
女生
合计
获奖
20
未获奖
合计
0.05
0.010
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．A
【分析】利用对数函数的性质和二次根式的定义域求解集合，再求并集即可.
【详解】令，解得，令，解得，
显然，故A正确.
故选：A
2．A
【分析】根据给定的分段函数，依次代入计算即得.
【详解】函数，则，
所以.
故选：A
3．B
【分析】由题意可得，结合三角函数在各象限的符号和复数的几何意义即可求解.
【详解】由题意知，，又，
所以该复数在复平面所对应的点的坐标为，为第二象限的点.
故选：B
4．B
【分析】根据平面向量的坐标表示和几何意义可得，解之即可求解.
【详解】由题意知，，
所以，得，
即，解得，
即实数m的取值范围为.
故选：B
5．D
【分析】根据给定的频率分布直方图求出，利用方差、标准差的意义判断AB；求出减负前完成作业的时间在60分钟以上的概率及中位数判断CD.
【详解】由频率分布直方图可得：，解得，
减负后每天作业布置量减少5分钟，则减负后完成作业的时间的平均数减少5分钟，
而完成作业的时间波动大小不变，因此减负后完成作业的时间的标准差、方差不变，AB错误；
减负前完成作业时间在60分钟以上的频率为，减负后完成作业时间在60分钟以上的频率小于，
由此估计减负后完成作业的时间在60分钟以上的概率小于，C错误；
减负前，第一组的频率为，第二组的频率为，
则完成作业的时间的中位数在第二组的中间，即中位数为（分钟），
所以减负后完成作业时间的中位数为（分钟），D正确.
故选：D
6．C
【分析】根据等比数列的性质，由题中条件，先求出首项和公比，即可.
【详解】设等比数列的公比为，
由可得，
则，
所以，
因此.
故选：C
7．D
【分析】由和差角公式可得，从而得解.
【详解】，
所以，
则.
故选：D
8．C
【分析】找出对称点，发现特殊情况路径最短，用两点间距离公式求解即可.
【详解】如图，设点关于直线的对称点为，与直线交于，且设饮马处为，

由轴对称性质得，，解得，，故，
即与重合时，将军饮马的总路程最短，
则最短路程为.
故选：C
9．B
【分析】由正弦定理和辅助角公式得到，结合余弦定理得到，利用三角形面积公式求出答案.
【详解】，由正弦定理得，
因为，所以，
故，即，故，
因为，所以，
故，解得，
由余弦定理得，即，
因为，，所以，解得，
.
故选：B
10．B
【分析】根据向量的定义，结合平面向量数量积的运算性质、古典概型的运算定义进行求解即可.
【详解】设是直角三角形的三个顶点，其中，
从从直角三角形顶点中任取两个顶点构成向量有：一共有6个，
因为两个向量数量积为零，
所以它们互相垂直，即有符合题意，
所以数量积为0的概率为，
故选：B
11．B
【分析】判断函数的奇偶性和单调性，结合函数性质将已知的不等式转化为，再利用奇偶性和单调性求解即可.
【详解】的定义域为，，
为偶函数，
，，
当时，，，，，
在单调递增，
，
即，
即，也就是，
在单调递增且为偶函数，
在单调递减，
，即，解得.
实数的取值范围为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式，解答本题的关键是得出为偶函数和在上单调递增，由对数的性质结合函数为偶函数将不等式化为，再由单调性求解.
12．D
【分析】利用已知条件求出第天和第天的方程即可判断A，根据椭圆上点到焦点的距离的最大值为，求出的范围即可判断B，求出离心率的表达式判断C，利用离心率的表达式，求出农历初六至初八时的的范围即可判断D.
【详解】由方程知：
A：当时，椭圆方程为，
当时，椭圆方程为，
化简为，即，所以①错误；
B：月相外边缘上的点到椭圆焦点的距离的最大值为：
，
因为，所以，
所以，所以②错误；
C：月相外边缘的离心率为：，
而，所以当时，最大，
即月相外边缘的离心率第8天时取最大值，所以③正确；
D：农历初六至初八，即时，即，
此时月相外边缘离心率：，即，
因为，，所以，，所以，故④正确.
综上所述，正确的有③④.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是求得，由此即可顺利得解.
13．
【详解】解析过程略
14．
【分析】解出方程求出参数，再利用二项式定理写出通项求解即可.
【详解】令，可得，
易知，故，解得，则求展开式中常数项即可，
由二项式定理得的通项为，令，解得，
则常数项为.
故答案为：
15．
【分析】根据题意该几何体为正四棱锥，利用正四棱锥的结构特征，求出内切球半径得解.
【详解】由题意可知该几何体为正四棱锥，如图，为内切球的球心，是棱锥的高，分别是的中点，
连接，是球与侧面的切点，可知在上，，
设内切球半径为，则，，，，由，
，即，解得，
所以内切球表面积为.
故答案为：.
16．
【分析】先求函数的值域，单调性，并画出图象，再设，结合复合函数的零点个数求实数的取值范围即可.
【详解】易知函数在R上增函数，函数在上减函数，
所以，当时，，当时，，
于是函数的值域为，
又函数的在上单调递增，在上单调递减，
函数图象如图所示：
设，由可知，，则.
因为有两个零点，所以，即，
于是，则方程，即有两个零点，
所以，由的图象可知，使方程有两个零点，
则满足，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
17．(1)
(2)75，
(3)列联表见解析，没有
【分析】（1）利用频率分布直方图的性质求参数即可.
（2）利用中位数，众数的求解公式计算即可.
（3）列出列联表。求卡方判断即可.
【详解】（1），所以.
故值为.
（2）平均数为：
易知众数为：75
（3）列联表如下：
所以，没有99%的把提认为“体育知识竞赛是否获奖与性别有关”.
18．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）由线面平行的判定证得平面，再由线面平行的性质定理得证.
（2）由线面垂直的判定证得平面，再由面面垂直的判定定理得证.
（3）由（2）确定二面角的平面角，以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.
【详解】（1）依题意，，而平面，平面，则平面，
又平面，平面平面，
所以.
（2）依题意，，，而平面，，
因此平面，又平面，
所以平面平面.
（3）由（2）知，，则是二面角的平面角，，
在平面内过点作，由（2）知平面平面，平面平面，
则平面，又平面，于是，即直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
在等腰梯形中，，则有，
于是，，
设平面的法向量，则，令，得，
设直线与平面的夹角大小为，则，
所以直线与平面夹角的正弦值.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用构造法和等差数列的定义与通项公式可得，结合即可求解；
（2）由（1）知，利用分组求和法计算即可求解.
【详解】（1）根据题意，，所以，
由于，则是以首项为1，公差为的等差数列，
所以，所以，
当时，.
验证时满足通项公式，故数列的通项公式为.
（2）由（1）知.
设的前项和为，则当为偶数时，
.
当为奇数时，，
设的前项和为，则.
因为，所以
20．(1)
(2)
【分析】（1）设点的坐标为，分别求出，点到轴的距离，，进而利用点到轴的距离等于列方程，从而化简得到曲线的方程.
（2）设直线的方程为，与曲线方程联立组得到，，再结合曲线方程与进行化简得到，进而易得直线过定点，从而验证即可得出点到直线距离的最大值.
【详解】（1）设点的坐标为，因为点，则点，
则点到轴的距离，
因为点到轴的距离等于，所以，
两边取平方得，
整理得：，
故曲线的方程为.
（2）由题意设直线的方程为，与曲线方程联立：
，消去可得，.
设，，
由韦达定理得，，①
因为，所以，
又因为点，在抛物线上，
所以，化简得，
化简得，将①代入可得，所以.
所以，所以直线过定点.
设直线也过定点，作，
再中，，当与重合时，
又假设，则，解得，
则，而，
此时，直线与曲线交于两点，即成立.
所以当直线与直线垂直时，点到直线的距离最大，
此时.
21．(1)
(2)
【分析】（1）依据题意求出切点，利用导数求出斜率，最后得到方程即可.
（2）化简不等式，同构结合分离参数法求解即可.
【详解】（1）当时，，当时，，
故切点为，设切线斜率为，，
则，故切线方程为.
（2）若不等式恒成立，
则恒成立，
化简得，定义域为，
故，化简得，令，
而，令，，令，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则最小值为，显然，故令，
则，化简得，设，而，
令，，令，，
故在单调递增，在单调递减，
则，故.
【点睛】关键点点睛：本题考查求利用导数求解恒成立问题，解题关键是合理对化简后的式子进行同构，然后使用分离参数法，最后得到所要求的参数范围即可．
22．(1)，
(2)
【分析】（1）根据参数方程、极坐标方程和普通方程之间的转化即可求解；
（2）由（1）可得，设，利用点线矩和三角函数的有界性求出高的最大值，即可求解.
【详解】（1）由（为参数），得曲线的普通方程为：，
因为，所以，
由代入得直线的直角坐标方程：.
（2）由直线的直角坐标方程：知，，，则，
设点，则点到直线的距离为
，
当即时，点到直线的距离最大为.
所以面积的最大值为.
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）分析函数的单调性，求出函数的最小值，可得出的值，然后利用基本不等式可证得结论成立.
【详解】（1）当时，由得，此时，；
当时，由得，此时，；
当时，由，解得，此时，.
综上所述，不等式的解集为.
（2）证明：由（1）可知，，
函数在区间上单调递减，且，
在区间上单调递减，且，
在上单调递增，且，
所以，函数在区间上单调递减，在上单调递增，
所以，函数的最小值为，所以，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，所以，.
男生
女生
合计
获奖
20
10
30
未获奖
80
90
170
合计
100
100
200