陕西省部分学校2023-2024学年高中毕业班阶段性测试（七）文科数学试题（含解析）

这是一份陕西省部分学校2023-2024学年高中毕业班阶段性测试（七）文科数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．随着科技的发展和燃油车成本的上升，人们对新能源汽车的需求逐步增加，从而推动了厂商产品力的提升和新能源汽车销量的快速增长，如图为某机构统计的2017-2025年中国新能源汽车市场规模及预测数据，则（ ）

A．2017-2023年中国新能源汽车市场规模逐年增长
B．2017-2023年中国新能源汽车市场规模的中位数为3.4千亿元
C．逐年比较，预计2025年中国新能源汽车市场规模的增长量最大
D．2017-2025年中国新能源汽车市场规模与年份的关系可以用指数型函数模型进行拟合
三、单选题
4．已知函数，则（ ）
A．14B．5C．1D．-1
5．已知抛物线经过点的焦点为，则线段的中垂线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
6．若x，y满足约束条件，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．2024年1月、3月、5月、7月、8月、10月、12月每月都是31天，2月是29天，其余月份是30天，从2024年2月、4月、6月、8月、10月、12月中任取两个月份，则所取的两个月份的天数之和不小于60的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
9．若，则（ ）
A．B．C．D．
10．数列是指每一项均为0或1的数列，这类数列在计算机科学领域有着广泛应用．若数列是数列，当且仅当时，，设的前项和为，则满足的的最大值为（ ）
A．600B．601C．604D．605
11．已知四棱锥的侧面都是边长为4的等边三角形，且各表面均与球相切，则球的半径为（ ）
A．B．C．D．
12．直线过双曲线的右焦点，且与的左、右两支分别交于A，B两点，点关于坐标原点对称的点为，若，且，则的离心率为（ ）
A．3B．C．2D．
四、填空题
13．已知等差数列中，，则 .
14．若是偶函数，则实数 ．
15．尺规作图不能问题之一的“倍立方”问题，是指已知体积为的正方体，作一个体积为的正方体，若跳出尺规作图的限制，借助其他工具可使问题得到解决．如图，作矩形，其中，以矩形的中心为圆心作圆，与的延长线分别交于点，且点共线，则即为所求正方体的棱长．若，则 ．
16．已知在中，，点D，E是边BC上的两点，点在B，E之间，，则 .
五、解答题
17．的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)求；
(2)若，求.
18．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，四边形是等腰梯形，，三棱锥的体积为，平面与平面垂直.

(1)求直线EF到平面的距离；
(2)求证：平面⊥平面.
19．随着人们对节日仪式的愈加重视及送礼需求的不断增加，中国礼物经济市场规模逐年增大，下表为2019-2023年中国礼物经济市场规模的数据（万亿元），其中2019-2023年的年份代码分别为1-5.
(1)由上表数据可知可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明；
(2)求y关于的回归方程.（系数精确到0.001）
参考数据:.
参考公式:相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为.
20．已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)设，若当时，，求的取值范围.
21．已知椭圆的离心率为，过右焦点且不与坐标轴垂直的直线交于P，Q两点，点关于轴的对称点为，且.
(1)求的方程;
(2)设点关于轴的对称点为，直线RP交轴于点，直线ST与的另一交点为，证明:直线关于直线对称.
22．在直角坐标系xOy中，圆的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求圆的极坐标方程;
(2)在极坐标系中，射线分别与圆交于点A，B，求面积的取值范围.
23．已知且.
(1)若，设，比较和的大小;
(2)若，求的最小值.
年份代码x
1
2
3
4
5
中国礼物经济市场规模y/万亿元
0.944
1.091
1.157
1.226
1.300
参考答案：
1．A
【分析】
借助复数的运算法则计算即可得.
【详解】.
故选：A.
2．C
【分析】
求出A的补集，根据集合的交集运算，即可求得答案.
【详解】由，得或，
故，
故选：C
3．ABD
【分析】
根据图表中的数据分析判断.
【详解】对A：从2017-2023年中国新能源汽车市场规模数据看新能源汽车市场规模逐年增长，故A正确；
对B：数据从小到大排列为1.6，2.8，3.0，3.4，6.0，9.9，11.5，共7个数据，其中位数为第4个数据3.4，故B正确；
对C：2021年增长是为，2022年增长1.6，2023年增长6.9，2024年增长4.7，
从增长量上看并不是逐年增加，故无法预计2025年的增长量最大，故C错误；
对D：从数据上看，市场规模前期增长缓慢，后期增长较快，故可用指数型函数模型进行拟合，故D正确；
故选：ABD
4．B
【分析】
根据分段函数的解析式，将自变量代入相应的解析式，即可求得答案.
【详解】由题意知，
故，
故选：B
5．D
【分析】
根据抛物线过点E求得，可得，结合斜率公式和垂直关系运算求解.
【详解】因为抛物线经过点，
则，解得，
可知的焦点为，则直线的斜率，
所以线段的中垂线的斜率为.
故选：D.
6．D
【分析】
作出不等式组表示的平面区域，根据线性规划的几何意义，即可求得答案.
【详解】作出约束条件表示的平面区域，如图阴影部分：

平移直线，当平移后的直线经过可行域中的A点时，取最大值，
对于，令，则，故，
则的最大值为，
当过原点时，，
故的取值范围是，
故选：D
7．A
【分析】
列举出所有可能并找出所有符合要求的情况计算即可得.
【详解】所有取出的月份可能为：
2月与4月、2月与6月、2月与8月、2月与10月、2月与12月、4月与6月、
4月与8月、4月与10月、4月与12月、6月与8月、6月与10月、6月与12月、
8月与10月、8月与12月、10月与12月共15种，
其中天数之和不小于60的可能有：
2月与8月、2月与10月、2月与12月、4月与6月、4月与8月、4月与10月、
4月与12月、6月与8月、6月与10月、6月与12月、8月与10月、8月与12月、
10月与12月共13种，
故所取的两个月份的天数之和不小于60的概率为.
故选：A.
8．A
【分析】
根据题意可知为的对称中心，结合余弦函数对称性分析求解.
【详解】因为，可知为的对称中心，
则，可得，
解得，
且，可知：当时，取到最小值.
故选：A.
9．C
【分析】
根据题意，结合指数函数和对数函数的图象与性质，分别求得，，再由对数的换底公式及对数函数的单调性，求得，即可求解.
【详解】由，即，
又由，即，即，所以，
因为，
根据对数函数为定义域上的单调递增函数，可得，所以，
所以.
故选：C.
10．C
【分析】
根据题意结合数列周期性分析求解.
【详解】由题意可知：，
且，
即，
当时，，
可知，且，
所以满足的的最大值为604.
故选：C.
11．B
【分析】根据题意分析可知四棱锥为棱长为4的正四棱锥，利用等体积法求内切球半径.
【详解】由题意可知：为菱形，且，知顶点在底面内的投影为四边形的外心，
所以为正方形，即四棱锥为棱长为4的正四棱锥，
则四棱锥的高为，
设球的半径为，则，解得.
故选：B.
12．B
【分析】
借助双曲线定义与双曲线的对称性，结合题意可得，，利用勾股定理计算即可得解.
【详解】如图所示，取双曲线左焦点，设，则，
由双曲线定义可得，又、关于原点对称，
故，，，
则，
由，故，故有，
化简可得，即有，，
由，则有，即，
即.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于找出左焦点，设，从而借助双曲线定义将其它边表示出来，结合勾股定理计算出各边长，从而可列出与、有关的齐次式，得到离心率.
13．
【分析】
借助等差数列性质计算即可得.
【详解】，故.
故答案为：.
14．
【分析】因为是偶函数，所以，据此即可求解,注意检验.
【详解】因为是偶函数，定义域为，
所以，所以，
所以，所以，此时，
满足题意.
故答案为：.
15．16
【分析】
根据题意分析可得，结合直线的截距式方程可得，再结合数量积的几何意义分析求解.
【详解】由题意可知：，则，
设，可知直线，
代入可得，解得，
则，可得,
所以.
故答案为：16.
16．/
【分析】
由余弦定理求出，的值，结合题意即可推出，继而利用正弦定理，即可求得答案.
【详解】由题意知在中，，
则，
,
而，
又，则，
且，
故，即，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查了正余弦定理的应用问题，解答的关键是求出，从而可利用正弦定理求解答案.
17．(1)
(2)
【分析】
（1）借助正弦定理与两角和的正弦公式计算即可得；
（2）借助正弦定理与两角和的正弦公式及辅助角公式计算即可得.
【详解】（1）由正弦定理可得，
即，又，
故，由，故；
（2）由正弦定理可得，又，
故，故，
即，即有，
即，由，故，故，即.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）作，证明到平面的距离即为的长，即得三棱锥的高等于的长，利用三棱锥的体积，即可求得答案；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间位置的向量证明方法，即可证明结论.
【详解】（1）在平面内作，垂足为Z，四边形是等腰梯形，
则,故；
因为平面与平面垂直，平面平面，
且平面，故平面，
而，平面,平面，故平面，
则到平面的距离即为的长，
即E点到平面的距离即为的长，即三棱锥的高等于的长，
三棱锥的体积为，且四边形ABCD是边长为1的正方形，
则，则,
即直线EF到平面ABCD的距离为；
（2）证明：四边形是等腰梯形，四边形ABCD是边长为1的正方形，，
则,
以A为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，
，
,
设平面的一个法向量为，则，
令，则，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，
则，即，
故平面⊥平面.
19．(1)，说明见解析
(2)
【分析】
（1）根据参考数据、参考公式计算相关系数，即可得出结论；
（2）根据参考数据计算、，即可得出回归直线方程.
【详解】（1），
，
，
因为与的相关系数近似为，趋近于1，说明与的线性相关程度相当强，
从而可以用线性回归模型拟合与的关系；
（2），
，
故.
20．(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)
【分析】
（1）求出函数的导数，判断导数的正负，即可判断函数的单调性；
（2）结合题意得出，利用单调性得到，从而分离参数得，构造函数，利用导数求其最值，即可求得答案.
【详解】（1）因为，定义域为，
则，由于在上均单调递增，
故在上均单调递增，且，
故当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增；
（2）由题意知，
故当时,恒成立，即恒成立，
由于，，故，
结合（1），在上单调递增，故得；
令，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故，
则.
【点睛】关键点睛：本题考查了导数的应用问题，利用导数判断函数的单调性以及解决不等式恒成立问题，解答的关键在于解决不等式恒成立问题时，要结合题意得出，再利用单调性得到，从而分离参数得，构造函数，求出最值，即可解决问题.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据椭圆的对称性，结合椭圆定义以及离心率，求出，即可求得答案；
（2）设的方程，联立椭圆方程，可得根与系数的关系，结合的方程化简可得T点坐标，从而设直线的方程，联立椭圆方程，结合根与系数的关系化简，即可证明结论.
【详解】（1）设椭圆的焦距为2c，左焦点为，
点关于轴的对称点为，根据椭圆的对称性可知，
由，得，即，
又，
故椭圆的方程为；
（2）证明：由（1）知，设的方程为，
联立，得，，
设，
则，则的方程为，
令，则
，故，
由题意知斜率存在，设直线的方程为，
联立，得，需满足，
设,
故
，
即直线的倾斜角互补，则，
由于过点，故直线关于直线对称.
【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)
(2)
【分析】
（1）利用消参法得到圆的普通方程，再利用极坐标和直角坐标的转化公式，即可求得答案；
（2）结合（1）的结果可得，从而可求出的面积的表达式，结合三角恒等变换化简，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知圆的参数方程为（为参数），
故其普通方程为，
将代入可得，
即.
（2）由题意得，，
则
，
因为，故，则，
故.
23．(1)
(2)
【分析】（1）作差后因式分解即可得；
（2）借助基本不等式与三元基本不等式即可得.
【详解】（1），
由且，故，故；
（2）由，故，又，故，，
则有，
当且仅当，即时，等号成立，
故，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为.