陕西省洛南中学2024届高三高考冲刺预测（一）文科数学试题（原卷版+解析版）

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本试卷满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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.
4.做选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用指数函数的单调性解集合得：，再利用求根式函数定义域解集合得：，最后利用并集求出结果即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：A.
2. 已知复数，为虚数单位，则在复平面内复数所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】先利用复数的除法和乘方化简复数，再利用复数的几何意义即可.
【详解】复数
所以在复平面内复数所对应的点为，
该点位于第二象限.
故选：B.
3. 已知，则“”是“”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】B
【解析】
【分析】分别解出两个不等式的解集，即可求解.
【详解】因为，解得或，
即，解得或，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
4. 已知点在抛物线上，则抛物线的准线方程为（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用待定系数法求得，然后得抛物线，由定义得准线方程即可.
【详解】将点代入，得，即，
所以抛物线，即抛物线的准线方程为，
故选：C.
5. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取特值可排除B，C；判断为奇函数可排除D，即可得出答案.
【详解】当时，，故排除选项C；
当时，，故排除选项B；
令，则在上恒成立，
函数在区间上是奇函数，其函数图象关于原点对称，
故排除选项D，A选项正确.
故选：A.
6. 执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由程序框图可得该算法的功能是计算数列的前项和，利用裂项相消法求解即可.
【详解】该算法的功能是计算
.
故选：D
7. 某地质勘探单位从甲､乙､丙､丁､戊5人中选取2人到某矿区进行地质勘探，则甲被选中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用列举法求得基本事件的总数和所求事件所包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】从甲､乙､丙､丁､戊5人中选取2人的所有等可能结果有：甲乙､甲丙､甲丁､甲戊､乙丙､乙丁､乙戊､丙丁､丙戊､丁戊，共10种，
其中甲被选中的结果有甲乙､甲丙､甲丁､甲戊，共4种，
故所求概率为，故选D.
故选：D.
8. 已知正方体的外接球的球心为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正方体的体对角线以及面对角线长，即可利用余弦定理求解，由同角关系即可求解.
【详解】设正方体的棱长为，则，
易知正方体的外接球的球心为体对角线的中点，
.
在中，由余弦定理可得
由于，，
故选：D.
9. 函数的两条相邻的对称轴的距离为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的图象关于点对称
C. 的图象关于直线对称
D. 在上单调递增
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件化简得，即可判断A；求出，即可判断B；求出，即可判断C；求出函数的单调递增区间为，即可判断D.
【详解】由题知，，
由两条相邻的对称轴的距离为，得函数的最小正周期为，解得，
所以，故A错误；
因为，所以，
所以的图像不关于点对称，故B错误；
当时，，的图象关于直线对称，故C正确；
令，得的单调递增区间为，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上不具有单调性，故D错误.
故选：C.
10. 已知椭圆的长轴长为20，离心率为，左､右焦点为，若上的点满足，则的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出的值，进一步结合椭圆定义、余弦定理即可列式求得，再结合三角形面积公式即可求解.
【详解】由题知，，解得椭圆，
的左､右焦点为，若上的点满足，
由椭圆定义得①.
由余弦定理得②，联立①②，
得，
的面积是.
故选：A.
11. 十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的，明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》提出了十二平均律的理论十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个数使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为M，插入11个数后这13个数之和为N，则依此规则，下列说法错误的是（ ）
A. 插入的第8个数为B. 插入的第5个数是插入的第1个数的倍
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设该等比数列为,公比为q,利用通项公式求出.
对于A：利用通项公式直接求出，即可判断；对于B：利用通项公式直接求出，即可判断；
对于C：先求出，利用分析法证明；对于D：由，利用放缩法证明出，即可得到，即可判断.
【详解】设该等比数列为,公比为q,则,故.
对于A：插入的第8个数为.故A正确；
对于B：插入的第5个数为，插入的第1个数为，所以.故B正确；
对于C：.
要证，即证，即证，即证，即证，
而成立，故C正确；
对于D：.
因为，所以，所以，所以，即，所以
故D错误.
故选：D
12. 已知关于的方程且有两个不等实根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意将原问题等价转换为，，从而，进一步通过构造函数，利用导数求出当时，的取值范围即可得解.
【详解】关于的方程且有两个不等实根，
即关于的方程且有两个不等实根，
即函数与且函数的图象有两个交点，
由指数函数与对数函数的图象可知，
当时，函数与且函数的图象有且只有1个交点，
，联立，得.
令，则，且在上单调递增，，
即，即，令，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
则，又当时，，且，
若要，则需要，
画出大致图象如图所示，
由图知，，解得
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键在于得出方程有解，进一步通过求导即可顺利得解.
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知实数满足约束条件，则目标函数的最大值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】作出可行域，目标函数的几何意义为可行域内的点与点连线的斜率，数形结合求出目标函数的最大值.
【详解】作出可行域如图中阴影部分所示（包含边界），
由，解得，所以，
目标函数的几何意义为可行域内的点与点连线的斜率，
由图知，当目标函数经过点时直线的斜率最大，
即取得最大值，且.
故答案为：
14. 已知向量，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平面垂直向量的坐标运算求出，利用平面向量模的运算公式，即可求出结果.
【详解】因为向量，且，
所以，解得，
即.
所以，
所以.
故答案为：.
15. 已知直线与直线，若，则的最大值为__________.
【答案】##0.25
【解析】
【分析】根据直线垂直的条件得，根据基本不等式得，从而可得结果.
【详解】因为，
即，当且仅当时取等号，
，即最大值为.
故答案为：.
16. 在中，三内角所对的边分别为，且，则的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理可得，再利用余弦定理和和差角公式可得，然后利用面积公式即可.
【详解】，即由正弦定理得.
又由余弦定理得，即，
由余弦定理得，
所以是钝角，则是锐角，
又
，
所以三角形的面积为.
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：共60分.
17. 已知数列的前项和为，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得，得出为等比数列，即可求解；
（2）由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.
【小问1详解】
解：当时，，解得，
当时，由，可得，
两式相减得，所以，即，
又因为，所以是首项为，公比为2的等比数列，
所以，所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
解：由（1）知，，
所以数列的前项和为，
可得，
所以，
所以.
18. 如图，在三棱锥中，平面分别是棱的中点，.
（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）由平面，证得，再设，结合，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平而；
（2）求得，得到，结合，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为平面，平面，所以，
因为分别是棱的中点，且，
所以，且，
由，可得，且，
可得，
所以，所以，
因为，且平面，所以平而.
【小问2详解】
解：因为，
且，
所以，所以，
设点到平面的距离为，则，
即，解得，
即点到平面的距离为.
19. 市场调查员小王统计了某款拖把的销售单价（单位：元）与月销量（单位：个）之间的一组数据如下表所示：
（1）根据以往经验，与具有线性相关关系，求关于的线性回归方程；
（2）若这款拖把的进货价为14元/个，根据（1）中回归方程，求该拖把月利润最大时拖把的单价为多少元.（结果精确到0.1元）
附：回归直线方程中，.
【答案】（1）
（2）19.6元
【解析】
【分析】（1）利用表中的数据先求出，，再把表中数据代入公式，即可求得，从而即可求得回归直线方程；
（2）由总利润等于销售单价减去进货价再乘以月销售量，易得总利润函数，再利用二次函数的最值求得单价.
【小问1详解】
由表中数据求得：，，
，
故关于的回归直线方程为.
【小问2详解】
设每月的总利润，
抛物线的对称轴方程为，
该拖把月利润最大时，拖把的单价为19.6元.
20. 已知双曲线的离心率为2，实轴的左､右顶点分别为，虚轴的上､下顶点分别为，且四边形的面积为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）已知直线与交于两点，若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由双曲线的性质确定四边形是菱形，结合，，的关系，解方程可得，，，进而得到双曲线方程；
（2）由得到，联立直线方程与双曲线方程，结合韦达定理、斜率公式即可求解.
【小问1详解】
由双曲线的几何性质可知，四边形是菱形，且，
四边形的面积为，①
又离心率为，②
联立①②可得，
双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
设，线段中点，
联立消去整理可得，
，
即且①，
.
.
.
，
②，
又③，
由①②③得或，
实数的取值范围是.
【点睛】易错点点睛：解答此类题目容易出错的地方在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的计算，一定要十分细心.
21. 已知函数.
（1）当时，求的零点个数；
（2）已知函数，若在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）求得，当时，得到在上为增函数，进而得到存在，使得，即可求解；
（2）求得，设，利用导数求得在上单调递增，结合，得到，得到在是增函数，进而求得实数的取值范围.
【小问1详解】
解：因为函数的定义域为，
可得，
又因为，
当时，，所以在上为增函数，
当时，；当时，，
所以存在，使得，
所以，当时，零点个数为.
【小问2详解】
解：由，
则.
当时，恒成立，所以，所以，
设，则，
因为，所以，所以在上单调递增，
又因为，，
所以，在是增函数，所以，
故若在上恒成立，则，所以实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
（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. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）已知点，曲线与曲线交于两点，求的值.
【答案】（1）曲线的普通方程为，的直角坐标方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）消去参数t得的普通方程，根据极坐标与直角坐标的关系可得的直角坐标方程；
（2）联立曲线与曲线的方程得交点的坐标，根据两点间距离公式可得结果.
【小问1详解】
由曲线的参数方程为（为参数），
消去参数并整理得，
由，得，
又，
曲线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
联立，消去并整理得；
解得，代入，得.
不妨取.
则.
.
故的值为.
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23. 已知函数.
（1）求函数的值域；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用绝对值的性质求解即可；
（2）利用绝对值的性质以及恒成立要求求解即可.
【小问1详解】
，当且仅当等号成立，
函数的值域为.
【小问2详解】
，当且仅当等号成立，
若恒成立，则，
解得或，
实数的取值范围为
单价元
18
19
20
21
22
月销量个
570
520
420
320
270