数学：陕西省部分学校2024届高三下学期5月份高考适应性考试试题（文）（解析版）

这是一份数学：陕西省部分学校2024届高三下学期5月份高考适应性考试试题（文）（解析版），共18页。试卷主要包含了 复数的虚部为， 已知两个向量，且，则的值为， 已知函数，若，则的值为， 已知函数，则的图像， 函数的最大值为等内容，欢迎下载使用。
1. 复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，
所以复数.
故选：
2. 若集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由条件可得，
则，
所以图中阴影部分为.故选：D.
3. 已知两个向量，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，得，则，即，
因此，所以.
故选：B
4. 已知为抛物线的焦点，第一象限的点在抛物线上，且，则（ ）
A. 1B. 3C. 6D. 9
【答案】C
【解析】由，得点到抛物线准线的距离为10，则，解得，
即抛物线方程为，于是，而点在第一象限，所以.
故选：C
5. 已知等差数列的公差为，前项和为，且，则的值为（ ）
A. 1B. C. D. -1
【答案】A
【解析】因为，令，
则，所以，
故，因为，所以，
即，
由等差数列的性质可得，
所以，即，解得.
故选：A.
6. 已知函数，若，则的值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】由条件得，故，
所以，解得.
故选：B.
7. 已知函数，则的图像（ ）
A. 关于直线对称B. 关于直线对称
C. 关于中心对称D. 关于中心对称
【答案】A
【解析】
，
对于A，，函数关于直线对称，A正确；
对于B，，函数关于直线不对称，B错误；
对于C，，函数关于不成中心对称，C错误；
对于D，，函数关于中心对称，D错误.
故选：A
8. 已知双曲线的左，右焦点分别为，以为直径的圆在第一象限与双曲线交于一点，且的面积为4，若双曲线上一点到两条渐近线的距离之积为，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设，则由定义可得，即，
又因为为直径，所以，得，
因为的面积为4，所以，即，
由以上三式可得，即，所以.
设双曲线上一点，
则点到渐近线的距离为，
点到另一条渐近线的距离为，
故点到两条渐近线的距离之积为，
因为，即，所以，
又，所以，则，所以双曲线的离心率.
故选：B.
9. 函数的最大值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】D
【解析】函数的定义域为，
令，则，
设，可得，
当时，有最大值为2，
所以函数的最大值为2.
故选：D.
10. 已知如图所示的几何体中，底面是边长为4的正三角形；侧面是正方形，平面平面为棱上一点，，且，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为平面是正方形，所以.
因为平面平面，平面平面，
所以平面.
取的中点为的中点为，如图所示，连结，
则.
因为平面，所以.
因为底面是等边三角形，所以.
因为，所以平面.
因为，所以，所以，即四点共面.
因为平面，所以平面平面，
过点作交于点，连结，
则因为平面平面，
所以平面，故就是与平面所成角，
由题中边长关系可得，所以，
所以.
故选：D.
11. 在中，角所对的边分别为，已知，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. 12D. 15.
【答案】C
【解析】由，由正弦定理得，即，
所以，
由余弦定理得，
所以，
所以，
当，即时，取得最大值.
故选：C.
12. 已知，且，则的值可能为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】由得，则，
令，得，
因为，所以，故函数在区间上单调递减，故.
又，所以，所以，故的值域为.
符合此范围的只有B选项.
故选：B.
二､填空题
13. 各位数字之积为8的三位数的个数为__________.
【答案】10
【解析】满足题意的三位数有：，共10个.
故答案为：10
14. 已知实数满足约束条件，则由可行域围成区域的面积为__________.
【答案】8
【解析】在直角坐标系中作出其可行域，区域是平行四边形，如图，
，解得，即，
，解得，即，
，
且与之间的距离为，
所以围成的图形面积为.故答案为：8.
15.如图,正三棱锥的三条侧棱两两垂直,且侧棱长
，以点为球心作一个半径为的球，则该球被平面所截的圆面的面积为__________.
【答案】
【解析】正三棱锥的三条侧棱两两垂直，
过点作平面于点，且侧棱长，
正三棱锥的三个侧面都为以为直角顶点的等腰直角三角形，
得：，
所以.
作交于点，则，
因为球的半径满足：，
故以为球心的球被平面所截的圆面如图所示，
其中，
因为平面，所以，
故所求截面的面积为.
故答案为：.
16. 已知数列的前项和为，且，则数列的则前项和__________.
【答案】
【解析】由，得，
所以，化简得，
又当时，，解得，
所以数列是等比数列，且公比，首项，
所以，
所以，
故①，
把①得：②，
①②得：③，
③得：④，
③④得：
.
故答案为：.
三､解答题
（一）必考题
17. 某公司新研发了一款智能灯，此灯有拍照搜题功能，学生遇到疑难问题，通过拍照搜题后，会在显示屏上显示该题的解答过程以及该题考查的知识点与相应的解题方法该产品投入市场三个月后，公司对部分用户做了调研：抽取了200位使用者，每人填写一份评分表（满分为100分），现从200份评分表中，随机抽取40份（其中男､女使用者的评分表各20份）
作为样本，经统计得到如下的数据：
女生使用者评分：67，71，72，75，80，83，83，83，84，84，85，86，88，90，90，91，92，92，92，92
男生使用者评分：67，68，69，69，70，72，72，73，74，75，76，76，77，78，79，82，84，84，89，92
记该样本的中位数为，按评分情况将使用.都对该智能灯的态度分为两种类型：评分不小于的称为“满意型”，其余的都称为“不满意型”.
（1）求的值，填写如下列联表
（2）能否有的把握认为满意与性别有关？
参考公式与数据：
解：（1）将40份评分按从小到大的顺序排列，，
，中位数是第20个数80与第21个数82的平均值，
即中位数等于，所以，
（2）由（1）可得
所以有的把握认为满意与性别有关.
18. 在中，角所对的边分别为，已知.点在线段上，且平分.
（1）求证：；
（2）求的长度.
（1）证明：在中，，①
在中，②
因为，所以；
又因为平分，所以，
①②得：
（2）解：由，得，
即，得
在中，
所以，即
由（1）得，即，所以.
又，
所以在中，，即
19. 在四棱锥中，底面是直角梯形，，平面
为的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求点到平面的距离.
（1）证明：取的中点为，连结，
如图所示，因为，所以.
因为平面平面，
所以.
因为分别为中点，所以，
由底面为梯形，，所以，
所以四点共面
因为平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）解：由可知是等边三角形，取的中点为，连结，
则，又因为平面平面，所以平面平面，
且平面平面，面，所以平面.
在等边中，
在梯形中，；
由，平面，得平面，面，即，
所以.
设点到平面的距离为.
由，得，即
又因为为的中点，所以点到平面的距离为.
20. 在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆上一动点,从原点向圆，设两条切线的斜率分别为，是否存在实数，使得为定值，若存在，求出值，若不存在，请说明理由.
解：（1）设椭圆方程为：，
解得，
故椭圆标准方程为；
（2）依题意，两条切线方程分别为，
由，化简得，
同理，
所以是方程的两个不相等的实数根，
故，
又因为，所以，
所以，
显然当时，为定值，
此时由，解得，
即存在实数，使得为定值.
21. 已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）若，且.求证：.
（1）解：因为
.
所以切线方程为，即.
（2）证明：由（1）得
当时，单调递增；
当时，单调递增减；
所以在处有极大值.
又，且当时，.
所以由且，得且，
令，
则.
当时，，所以，
即
因为.
所以①
令
当时
，所以在上单调递减，
由，得
所以②
又因为，由①②得：，即
（二）选考题
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数，为常数），以坐标原点.为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为：.
（1）求直线恒过的定点的坐标，以及圆在平面直角坐标系下的标准方程；
（2）若直线与圆交于两点，且为等腰直角三角形，求的值.
解：（1）直线的参数方程为，
转化为普通方程为，所以该直线恒过定点
曲线的极坐标方程为，
由得，
故圆在平面直角坐标系下的标准方程为;
（2）由（1）可得圆的圆心坐标为，半径为，
因为直线与圆交于两点，所以，
因为为等腰直角三角形，所以圆心到直线的距离为2，
因为直线的方程为，转化为一般式，
由点到直线的距离公式可得，解得.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若恒成立，求的取值范围.
解：（1）当时，即，
当时，不等式化，解得，所以；
当时，不等式化为，无解.
当时，不等式化为，解得，所以，
综上，原不等式的解集为或；
（2）若恒成立，即.
因（当且仅当时，等号成立），所以，
当时，不等式显然恒成立，
当时，，解得，综上，.
故的取值范围为.女生评分
男生评分
合计
“满意型”人数
“不满意型”人数
合计
01
0.05
0.025
0.01
2.706
3.841
5.024
6.635
女生
男生
合计
“满意型”人数
15
5
20
“不满意型”人数
5
15
20
合计
20
20
40