陕西省2024届高三二轮复习联考（一）文科数学试题（全国卷）（原卷版+解析版）

这是一份陕西省2024届高三二轮复习联考（一）文科数学试题（全国卷）（原卷版+解析版），文件包含陕西省2024届高三二轮复习联考一文科数学试题全国卷原卷版docx、陕西省2024届高三二轮复习联考一文科数学试题全国卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
考试时间为120分钟，满分150分
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. 集合，则的子集个数为（ ）
A. 4B. 8C. 16D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用集合的交集运算求解.
【详解】解：因为，
所以，共两个元素，
所以其子集的个数为，
故选：A．
2. 若复数满足，则（ ）
A. 1B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设，利用复数相等和复数的模的公式求解.
【详解】解：设，
则，
解得，故，则，
故选：B．
3. 已知向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，求出，再利用模长的计算公式，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
得到，
故选：A．
4. 若实数满足约束条件，则目标函数的最大值是（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，作出其可行域如图中阴影部分，发现当经过点时，在轴上截距最小，此时取得最大值．
【详解】根据题意，作出其可行域如图中阴影部分，由，
得，作出直线，并平移该直线，发现当该直线经过点时，
在轴上截距最小，此时取得最大值．
由得，所以，所以．
故选：C．
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由两角和与差的余弦公式结合化简可得，即可得出答案.
【详解】由，可得，
则，
则，又，所以，
故选：B．
6. “”是“直线与圆相切”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离等于半径得到方程，求出或，从而确定答案.
【详解】圆是以为圆心，半径为2的圆，
所以点到直线的距离为，
解得或，
故“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件.
故选：A．
7. 设函数的定义域为，且，当时，，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，通过赋值法求得，即可联立方程解出.
【详解】由题意可得①；②．
令，由①得：，
令，由②得，因为，
所以，即.
令，由①得，
解得，所以．
故选：D．
8. 函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，得的图象，则图象的一条对称轴为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意求出，再由三角函数的平移变换求出，令，即可求出图象的对称轴，即可得出答案.
【详解】因为函数的最小正周期为，
所以，解得
，
对称轴为，
代入得，即成立，
将A,C,D代入，解得，故A,C,D不正确.
故选：B．
9. 已知数列满足，则（ ）
A. 2024B. 2023C. 4047D. 4048
【答案】C
【解析】
【分析】利用数列的通项和前n项和公式求解.
【详解】解：由题意可得，
当时，；
当时，，
两式相减得，即．
综上所述，
所以，
故选：C．
10. ，有恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，求导可得函数的单调性，即可求解最值，进而即可.
【详解】由在上恒成立，令，
则．令，则，
当时，，故在上单调递增；
当时，，故在上单调递减；
则，所以
故选:C．
11. 已知抛物线为抛物线上两点，为坐标原点且三角形的面积，则（ ）
A. 5B. 8C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设直线，联立直线与抛物线的方程可得，，表示出三角形的面积，将韦达定理代入即可得出答案.
【详解】由题知，三点共线，故可设直线，
联立，解得，，，
，得，
．
故选：D．
12. 已知，且时，，若，若是常函数，则方程在区间内根的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】由题意结合三角函数的二倍角公式，整理函数的等量关系，利用函数证明不等式的恒成立，可得答案.
【详解】，则，
则，，
则，可得，则，
令，则恒成立，即函数在单调递增，
所以，
即在区间内无实根．
故选：D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 随机抽查并统计了某班的四名同学一周内背诵文言文的篇目数量并得到一组数据2，6，3，1，则该组数据的方差为________．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用求平均数和方差的公式求解.
【详解】这组数据的平均数为，
故方差．
故答案为：.
14. 已知，若，则________．
【答案】3或
【解析】
【分析】分和分别代入函数，解出即可.
【详解】当时，，解得；
当时，，解得．
故答案为：3或.
15. 已知为双曲线上一点，（c为半焦距）为双曲线的渐近线上一点，若轴，，则双曲线的离心率为________．
【答案】
【解析】
分析】先求出点坐标，再根据列式计算即可.
【详解】设，由轴可得．
又，
又，
整理可得的离心率．
故答案为：.
16. 如图所示，在以底面为等腰直角三角形的直三棱柱中，为中斜边的中点，为线段上一动点，连接并延长交于点，过点作的垂线，交于点，连接，则四边形面积的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用线面位置关系证明题目中所求四边形中的四边关系，结合梯形的面积计算，可得答案.
【详解】由题意在平面内过作，垂足为，如下图：
在直三棱柱中，平面，
因为平面中，所以，
在等腰直角三角形中，由题意易知，
因为，平面，所以平面，
同理可得：平面，即，
因为平面，所以，
在等腰直角三角形中，由，易知，
设，则，
所以所求截面面积：
，
令函数，则在恒成立，
所以函数在上单调递增，
故，故四边形面积的最大值为．
故答案为：.
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：60分.
17. 冬季是甲流等呼吸道传播疾病爆发的季节，某医院的呼吸道内科随机抽查了近一个月来医院化验血的A，B型血病人共200人，得到如下数据.
（1）以频率估计概率，根据上表，分别估计A型血中患甲流和B型血中不患甲流的概率；
（2）能否有的把握认为血型与是否患甲流有关系？
附：，其中.
【答案】（1）0.65，0.25；
（2）没有的把握认为血型与是否患甲流有关系.
【解析】
【分析】（1）根据表中数据直接可以求出；
（2）先算出K的值，然后和6.635比较大小.
【小问1详解】
由题表中数据可知，A型血中患甲流概率为，
型血中不患甲流的概率为.
【小问2详解】
，
因为，
所以没有的把握认为血型与是否患甲流有关系。
18. 在中，角所对的边分别为且．
（1）证明：；
（2）若，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理化角为边，即可得证；
（2）由（1）得，再利用余弦定理求出，进而可得出答案
【小问1详解】
因，
由余弦定理可得，
整理得到；
【小问2详解】
由（1）得，
又因为，所以，则．
在中，由余弦定理得，即，
由，得，
所以（负值舍去）．
19. 在棱雉中，平面．四边形为平行四边形．．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直线与平面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据三棱锥等体积转化求解到平面的距离即可.
【小问1详解】
证明：平面平面，．
在中，．
在中，，
．
平面，
平面．
【小问2详解】
由（1）知，
．
在中，，
由勾股定理可得，
在中，由余弦定理得，
，
．
设到平面的距离为，则，解得．
20. 已知椭圆的上顶点为，且经过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点且斜率存在的直线与椭圆交于两点，判断的形状并给出证明．
【答案】（1）
（2）为直角三角形，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据顶点的定义，可得的值，代入点建立方程，可得的值，可得答案；
（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示坐标，结合向量的运算，可得答案.
【小问1详解】
由题意知，所以椭圆方程为，
代人点，解得
所以椭圆的标准方程为．
【小问2详解】
为直角三角形，证明如下：
设直线，
联立，并消去得．易知．
则，
又因，
，
所以，故为直角三角形．
【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.
21. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间.
【答案】（1）；
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据函数曲线在某一点处的切线公式，可得答案；
（2）根据导数与函数单调性的关系，利用分类讨论思想，可得答案.
【小问1详解】
当时，，
，，
故曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
，其定义域为，
则．
①当，即时，令，得，令，得，
故的单调递减区间为，单调递增区间为.
②当，即时，由，得.
（ⅰ）当，即时，
令，可得或；令，可得，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（ⅱ）当，即时，，
故的单调递增区间为，无单调递减区间.
（ⅲ）当，即时，
令，可得或；令，可得，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为.
综上，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于导数与函数单调性的关系，对于含参导数，根据其零点的取值，利用分类讨论思想，结合不等式的求解，皆可解决.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）求上的一点到曲线上一动点距离的范围．
【答案】（1），
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意，由参数方程与普通方程的互化以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由两点间距离公式代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
由题意可得曲线的普通方程为．
对于，等式两边同乘可得，
将代入可得曲线的直角坐标方程为．
【小问2详解】
的标准方程为，可知的圆心为，半径，
则点到的距离为，
故上的一点到曲线上一动点距离的范围为．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23. （1）解不等式；
（2）若对任意恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）分类讨论去绝对值解不等式即可得解；
（2）绝对值不等式求出的最小值，然后解不等式可得结果.
【详解】（1）不等式可转化为：
，或，或，
整理得：或或，
所以不等式的解集为；
（2）由绝对值三角不等式得，
若对任意恒成立，即恒成立，
从而，解得或，
即的取值范围为．
患甲流
未患甲流
A型血
65
35
B型血
75
25
0.10
0.01
0.001
2.706
6.635
10.828