陕西省西安市鄠邑区2024届高三上学期期末数学（文）试题（含答案解析）

高三年级教学质量监测数学（文科）考生注意：1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.第I卷一､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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据集合交集的概念直接求解即可.【详解】因为集合，，所以，故选：B2.（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的四则运算直接计算即可.【详解】由题意得，故选：C3.抛物线的准线方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依题意将抛物线化为标准式，即可求出抛物线的准线；【详解】解：因为抛物线方程为，即，所以，即，所以抛物线的准线为故选：C4.跑步是一项健康的运动，可以让我们的身体更加强壮.某跑步爱好者坚持每天跑步，如图，这是该跑步爱好者某周跑步时长的折线图.该跑步爱好者这周跑步时长的中位数是（）A.25 B.35 C.37.5 D.39【答案】B【解析】【分析】直接由中位数的定义求解即可.【详解】将该跑步爱好者这周的跑步时长按从小到大的顺序排列为，则该跑步爱好者这周跑步时长的中位数是35.故选：B.5.某企业举办职工技能大赛，经过层层选拔，最终进入决赛.假设这3名职工的水平相当，则没有获得这次职工技能大赛第一名的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】直接列举法求古典概型概率即可得解.【详解】由题意可知最终的排名情况有，共6种，其中符合条件的情况有，共4种，故所求概率.故选：B.6.已知函数，若，则（）A. B.1 C.-5 D.5【答案】A【解析】【分析】构造函数，证明其为偶函数，据此可得解.【详解】设，则，所以，即，所以.因为，所以.故选：A7.设数列是递增的等比数列，公比为，前项和为.若，则（）A.31 B.32 C.63 D.64【答案】A【解析】【分析】由等比数列基本量的计算结合已知得首项、公比，从而由等比数列求和公式运算即可得解.【详解】由题意可得，整理得，解得或，而，且数列是递增的等比数列，所以不符合题意，所以，则1，故.故选：A.8.如图，在长方体中，，异面直线与所成的的余弦值为，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】把异面直线所成的角，转化为平面角，再用解三角形的方法求解.【详解】连接，交于点，取的中点，连接.因为，所以与所成角为（或其补角）.令，在中，由，得.又，，由余弦定理得，即，解得，所以.故选：C9.已知函数，对任意的，关于的方程有两个不同实根，则整数的最小值是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】根据已知条件化为，构造函数，对函数求导判断函数的单调性，得到存在使得，即，因为方程有两个不同实根，则，求出且为整数即可得.【详解】由，即，得，设，则，显然是上的增函数.因为，所以存在，使得，即；当时，，当时，0，则；令，则，当时，，在上单调递减，因为，所以，则，又为整数，所以.故选：A10.已知为第一象限角，若函数的最大值是，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用三角恒等变换整理得，结合最值可得，解得，，代入即可得结果.详解】由题意可得：，则，解得，且为第一象限角，则，故.故选：D.11.已知是边长为8的正三角形，是的中点，沿将折起使得二面角为，则三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，结合球的截面圆性质确定球心位置，再求出球半径即得.【详解】在三棱锥中，平面，由二面角为，，得是正三角形，令其外接圆圆心为，则，令三棱锥外接球球心为，球半径为，则平面，即有，显然球心在线段的中垂面上，令线段的中垂面交于，则，显然，于是，四边形是平行四边形，且是矩形，而，因此，所以三棱锥外接球的表面积.故选：C12.已知双曲线左顶点为是双曲线的右焦点，点在直线上，且的最大值是，则双曲线的离心率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用两角差的正切公式表示，结合基本不等式求出最大值，解方程求出离心率.【详解】如图，直线与轴交于点，设，则.因为，所以,.因为，当且仅当时，等号成立，所以，整理得，则，解得.故选：B.【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．第II卷二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知实数满足则的最小值是__________.【答案】【解析】【分析】画出可行域，明确可行域顶点的坐标，观察目标函数，可得目标函数的最小值.【详解】画出可行域如图：且，，由，故表示斜率为的直线在轴上的截距，所以当直线经过时，取得最大值，所以取得最小值，最小值为.故答案为：14.设公差不为零的等差数列的前项和为，若，则__________.【答案】【解析】【分析】根据前n项和公式求得，再根据等差数列的通项公式求得即可.【详解】由等差数列性质可得，则，又.故答案为：15.在中，在上，且，在上，且.若，则__________.【答案】##【解析】【分析】根据已知条件先确定，，再根据平面向量基本定理，把向量与向量作为一组基底表示出向量即可.【详解】因为，所以，因为，所以，因为，所以，则，因为，所以，则.故答案为：16.已知函数，若，且，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】作出函数草图，根据数形结合的思想，判断根之间的关系.【详解】如图，做出函数的图象，设，则，不妨设：.则，，从而.因为，且，所以，所以，则.故答案为：【点睛】方法点睛：采用数形结合的方法是解决问题的常用方法.三､解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.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.在中，内角的对边分别是，且.（1）求的值；（2）若的周长为18，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角结合同角三角函数关系求解;（2）由余弦定理解方程得边长，再利用面积公式求解.【小问1详解】因为，，所以因为，所以，则.【小问2详解】因为，所以.因为，所以，解得.因为的周长为18，所以，解得，则.故的面积为.18.为探究某药物对小鼠的生长抑制作用，将20只小鼠均分为两组：对照组（不加药物）和实验组（加药物）.测得20只小鼠体重（单位：）如下：对照组：实验组：对照组和实验组的小鼠体重的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为和.（1）求；（2）判断该药物对小鼠的生长是否有显著的抑制作用（若，则认为该药物对小鼠的生长有显著的抑制作用，否则不认为有显著的抑制作用）.【答案】18.20.3；20；0.04；0.03619.该药物对小鼠的生长没有显著的抑制作用.【解析】【分析】（1）根据题意，由平均数与方差的计算公式，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由公式代入计算，即可判断.【小问1详解】，【小问2详解】依题意，，，所以该药物对小鼠的生长没有显著的抑制作用.19.如图，在圆锥中，是圆的直径，且是边长为4的等边三角形，为圆弧的两个三等分点，是的中点.（1）证明：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）利用平行四边形对边平行可得，再由线面平行判定定理求证；（2）利用等体积法求点面距离即可得解.【小问1详解】证明：取的中点，连接.因为为圆弧的两个三等分点，所以.因为分别为的中点，所以，则，从而四边形为平行四边形，故.因为平面平面，所以平面.【小问2详解】作，垂足为，连接.由平面，平面，所以，又平面，所以平面.因为为圆弧的两个三等分点，所以，则.因为是边长为4的等边三角形，所以.因为是的中点，所以，则三棱锥的体积.因为，所以，则.设点到平面的距离为，则三棱锥的体积.因为，所以，解得，即点到平面的距离为.20.已知椭圆的离心率是，点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程.（2）直线与椭圆交于（异于点）两点，记直线的斜率分别为，且，试问直线是否恒过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）直线过定点【解析】【分析】（1）利用点和椭圆离心率公式，结合椭圆的性质列方程组求解即可；（2）按直线的斜率为和不为分类讨论，当斜率不为时，设直线，将直线方程和椭圆方程联立，利用韦达定理得到的表达式即可求解.【小问1详解】由题意可得，解得，，，则椭圆的标准方程为.【小问2详解】当直线的斜率为时，设，因为，则，从而，因为在椭圆上，所以，所以，则，不符合题意;当直线的斜率不为0时，设直线，联立，整理得，由题意可知，则，因为，所以，则，因为，所以，所以，将代入上式，得，则，整理得，即，因为，所以，故直线过定点.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为；（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.21.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：.【答案】21.22.证明见解析【解析】【分析】（1）先求切点坐标，再根据导数的几何意义确定切线的斜率，可得切线方程；（2）先把不等式，转化为，设，，在上，求的最小值大于的最大值即可.【小问1详解】，则，因为，所以曲线在点处的切线方程为，即【小问2详解】证明：的定义域为，要证明，只需证.设函数，则.当时，；当时，.所以.设函数，则，所以恒成立，从而，故（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.[选修坐标系与参数方程]（10分）22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程是.（1）求直线的普通方程和圆的直角坐标方程；（2）是圆上的动点，求点到直线的距离的最大值.【答案】（1），（2）5【解析】【分析】（1）消参可得到直线普通方程，根据极坐标与直角坐标的转化公式得圆的直角坐标方程；（2）根据点到直线距离公式求解.【小问1详解】由（为参数），得，即，则直线的普通方程为.由，得，即，则圆的直角坐标方程为.【小问2详解】由（1）可知圆的圆心坐标为，半径为2，则圆心到直线的距离，故点到直线的距离