陕西省西安市部分学校2024届高三年级上册普通高等学校招生全国统一考试理科数学试卷（含答案）

陕西省西安市部分学校2024届高三上学期普通高等学校招

生全国统一考试理科数学试卷

学校：姓名：班级：考号：

A.{-1,0,1}B.{0,1}C.{x|-l<x<l}D.0

2.复数（i为虚数单位，meR）对应的点在虚轴上，那么闫=（）

3.向量a,b满足忖=4,|可=1,（2a-3b>6=3,则向量〃，6夹角的余弦值为（）

2332

A.—B.-C.—D.—

3443

4.双曲线C的焦点片，B在X轴上且关于原点对称，C的一条渐近线方程为y=

一2

则其离心率为（）

A.-B.0C.逝D.2

22

5.正四棱台的上、下底面的边长分别为2,8,该梭台的表面积为148,则侧棱长为（）

A.3B.4C.5D.6

6.己知等差数列{%}中，/是函数/（尤）=5川2苫-2）的极大值点，则tan3+%）的值

为（）

A.B.73C.土拒D.—>/3

3

2x-y>2,

7.设集合4=<（尤,可尤-4”2,>〉,则（

ax+y>4J

A.VaeR,（2,l）eAB.VaeR,（2,l）gA

3

C.当且仅当a<0时，（2,1）eAD.当且仅当a时，（2,1）e4

2

8.如图是某两位体育爱好者的运动素养测评图,其中每项能力分为三个等级，“一般”

记为4分，“较强”记为5分，“很强”记为6分，把分值称为能力指标，则下列判断不正

确的是（）

A.甲、乙的五项能力指标的平均值相同

B.甲、乙的五项能力指标的方差相同

C.如果从长跑、马术、游泳考虑，甲的运动素养高于乙的运动素养

D.如果从足球、长跑、篮球考虑，甲的运动素养高于乙的运动素养

9.函数f（x）=2sin"-；）,9（5==（闺，则当°取最小正值时，9（兀）=（）

A.-0B.6c.-72D.忘

...Vio则sin(2A-?]=()

10.在ABC中，sinA—cosA=-----,1

5I4j

2忘R3A/2D.迤

A.D.--------

"I-2510

11.分别以正方体各个面的中心为顶点的正八面体的外接球与内切球的表面积之比为

（）

A.4B.3C.2D.V3

12.方程加一'=*+1有两个不等的实数解，则。的取值范围为（）

A.[!,o[B.1一1,臼C.1河D.（一川

二、填空题

13.函数/(x)=UN

14.执行如图所示的程序框图，若输出结果是s=3,贝心=

x+11的展开式中》的系数为

15.

试卷第2页，共4页

2021]

16.数列｛q｝满足：@a„eN；②,“-必最小.则生=___,£—=_____.

।।n=l册

三、解答题

17.在平面四边形ABCD中，ZCBZ>=30°,ZR4D=60°,BC=4,BD=2q.

(1)若=求，ACD的面积.

(2)求AC的最大值.

18.如图，三棱柱ABC-ABIG中，BC±AC,A.BLAQ,AC=凡=23。，点p满

足AP=/L4C(0<A<l).

(1)求证：平面AACG，平面ABC.

⑵若ZA.AC=60。，是否存在力,使二面角B-A.P-C的平面角的余弦值为心?若存在，

4

求出2的值；若不存在，说明理由.

19.椭圆C:；+[=l(a>6>0)的两个焦点分别为耳，F2,离心率为石，R为椭圆C

上任意一点，R不在*轴上，鸟的面积的最大值为VL

⑴求椭圆C的方程；

⑵过点尸(1，T)的直线/与椭圆C相交于M,N两点，设点5(0,1),求证：直线BM,BN

的斜率之和kBM+kBN为定值，并求出定值.

20.小梅参加甲、乙两项测试，每次测试结果只有3种，分别是优秀、良好、合格，结

果为优秀得3分、良好得1分、合格得0分，小梅参加甲项测试结果为优秀的概率为g,

良好的概率为：，参加乙项测试结果为优秀的概率为《，良好的概率为两项测试互

不影响，两项测试结束后，小梅得分之和为获

(1)求小梅参加两项测试恰有一次为合格的概率；

(2)求J的分布列与数学期望.

21.已知函数°(x)=e2x-2储x,其中;130,e是自然对数的底数，以2.71828…

⑴求函数夕（X）的极值；

（2）当X>e时，证明：函数0（x）有两个零点4，x,（占<%）,且9-%>ln—.

e

1

x=­t

2

22.已知在平面直角坐标系xOy中，直线/的参数方程为广。为参数），以坐标

y=­t

I2

原点。为极点，工轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线。的极坐标方程为

02+20sine-3=O,点P的极坐标是（4,3.

（1）求直线/的极坐标方程及点尸到直线/的距离；

（2）若直线/与曲线C交于A,B两点，求一R45的面积.

23.设a,b,。为正实数,且a+Z?+c=l.

（1）证明：ab+bc+ca<^.

（2）证明：（片+/+片）（/上+上

-cc+aa+b)2

试卷第4页，共4页

参考答案：

1.B

【分析】根据一元二次不等式以及分式不等式的性质化简集合，即可由交运算求解.

【详解】由“={尤€7尤2+》一24。}得

M={xeZ|%2+x-2<0}={xeZ|-2<x<l}={-2,-l,0,l),

由N=[xy=-^==pfN=[x\x>-1},

所以McN={01},

故选：B

2.C

【分析】化简复数，结合复数对应点在虚轴上，实部为零列方程，即可求解.

2+mi(2+mi)(l-3i)(2+3m)+(m-6)i(2+3m)(m-6).

【角星1z=-==Ii,

吠圻l+3i(l+3i)(l-3i)101010

2

因其对应点在虚轴上，则2+3〃?=0,得加=-§,

则2=-手，则忖六.

故选：C

3.B

【分析】由同=4,忖=1,且(2d-36)为=2,从而可求解.

【详解】由题意知同=4,忖=1,

又因为(2a-3b)/=2a-b-3b2=2|a||/>|cos^,/?^-3|z?|=3,

解之得：cos(a,b)=),故B项正确.

故选：B.

4.C

【分析】由双曲线焦点在无轴上，且一条渐近线方程为y=^x,即2=1,从而可求解.

2a2

22

【详解】由题意得双曲线焦点在X轴上且关于原点对称，可设双曲线C：-—当=1S，6>0),

ab

因为双曲线的一条渐近线方程为y=^x,所以：2

2a2

答案第1页，共17页

故选：c.

5.C

【分析】先求得侧面的高，进而求得侧棱长.

【详解】设正四棱台侧面的高为〃，则22+8'+笠64=148,1,

所以侧棱长为14=5.

故选：C

Dia

6.D

【分析】根据正弦函数性质可得。8,然后由等差数列性质结合诱导公式可得.

【详解】由正弦函数性质可知，当2x-：=—+2E,即％=G+E,A£Z时,

623

函数/(x)=Sin"力取得极大值，

兀

所以为=§+E,kGZ,

2兀

由等差数列性质可知,生+%=2%=可+2版,keZ,

PJj,以tan(。5+a”)=tan―F2ATI)=tan=tan(TT——=_tan—=一^\/3,

故选：D

7.D

【分析】利用取值判断。，再反判断点是否在集合中.

答案第2页，共17页

33

【详解】若(2,De4,代入集合可得2—。＜2=。20,2。+1＞4=＞。＞—,所以—,故AB

22

错误；

3

所以由原命题的逆否命题同真同假可知，当且仅当9时，(2,1)任4,故C错，D正确；

2

故选：D

8.D

【分析】由运动素养测评图可以求得平均值以及方差，通过识图可判断甲乙运动素养的高低.

【详解】由图可知：甲的平均值为6+4+；+4+5=4.8,

乙的平均值为6+5+；+5+4=4.8,人正确；

甲的方差为s；=1J-4.8)2+(4-4.8)2+(5-4.8)2+(4-4.8)2+(5-4.8)2=0.56,

乙的方差为s；4.8)2+(5-4.8)2+(4-4.8)2+(5-4.8)2+(4-4.8)2=0.56,

B正确；

从长跑、马术、游泳考虑，甲三方面的分值和为5+4+5=14,乙三方面的分值和为4+5+4=13,

乙小于甲，C正确；

从足球、长跑、篮球考虑，甲三方面的分值和为6+5+4=15,乙三方面的分值和为

6+4+5=15,乙与甲相同，D错误.

故选：D

9.B

【分析】由题“41ax=可求出0,进而求得答案.

匚0、1•（71兀）1目口兀兀兀

【详解】因为/(》)1mx=/所以SHI—CD——=1,即一G——=—+2Z：7l,上eZ,

（63）632

化简得G=5+12左，左eZ,所以①的最小正值为5,此时=2sin15x-1

/（7t）=2sin|5K--|=2sin—=.

故选：B.

10.D

【分析】由已知可得sin2A=1、sinAcosA=,结合cosA=sinA-也。求得sinA二万京,

5105V10

4

二倍角公式求得cos2A=-1,最后应用差角正弦公式求结果.

答案第3页，共17页

2

【详解】由(sinA-cosA)?=sin2A-2sinAcosA+cos2A=1-2sinAcos^=~，

所以sinAcosA=吃,而cosA=sin,则10sin2A-2A/10sinA-3=0,

3

所以G/I^sinA—3)(\/i^sinA+l)=0,又sinA>0,sinA=—j=,

A/10

3c94

由上sin2A=—,cos2A=l-2sin2A=l-2x一=——,

5105

.兀［应/.c八_7四

sin2A.—|=—(sin2A—cos2A)=------.

I4j210

故选：D

11.B

【分析】由题意知，外接球与内切球的表面积之比等于半径的平方之比，所以需要求外接球

与内切球的半径，外接球的半径为正方体棱长的一半，运用等体积法可求内切球半径，然后

求表面积之比即可.

【详解】如图所示，

不妨设正方体ABC。-4月。|"的棱长为20，各个面的中心分别是/,J,K,L,M,

N,

正方体ABCD-AAG。的中心为0,

分别以正方体各个面的中心为顶点的正八面体为IJKLMN,是由正四棱锥N-JKLM和

组成，

因为M=20,所以外接球半径R=0,内切球半径「等于。到面KW的距离，

答案第4页，共17页

如图，连接4月，ADX,B、D\,所以侬是2ABi的中位线，

由正方体的棱长为2应，所以OZ=OK=夜，44=4,所以&V=；ABj=2,

同理侬=KL=ZN=2,

在三棱锥O-KLN中VN一OKL~%-KLN，

由等体积法知：g仓*应创£应=g仓42仓必争厂，

解得：r=，

3

所以外接球与内切球的表面积之比为与=3.

r

故选：B

12.C

【分析】变形为a=(x+l)e*有两个不等的实数解，构造g(x)=(x+l)e［求导，得到单调性

和极值情况，又当x>-l时，g(x)>0恒成立，当x<-l时，g(x)<0恒成立，从而得到答

案.

【详解】由题意得。=(x+l)e2有两个不等的实数解，

令g(x)=(x+l)e*,定义域为R,

g")=(x+2)e=当彳>-2时，g,x)>0,g(x)=(x+l户单调递增,

当x<-2时，g,(x)<0,g(x)=(x+l)e”单调递减，

故g(x)=(x+1)e*在x=-2时取得极小值，也是最小值，

答案第5页，共17页

故g(-2)=(-2+1”2=一，，

又当x>-l时，g(x)>0恒成立,当x<-l时,g(x)<0恒成立，

故要想a=(x+l)e*有两个不等的实数解，则

故选：C

13.号

9

【分析】先计算出了=-2,然后再求解/(-2)从而求解.

【详解】由题意得/1)=1鸣:=-2,

所以小0=〃一2)=1一3-2=；.

Q

故答案为：—.

14.12

【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的S,〃的值，当〃=4时应该不满足条

件〃<4,输出$的值为3,从而可得输入框中的左的值.

【详解】模拟执行程序框图，可得

n=l,s=k

kk

满足条件〃<4,则〃=2,s=k--=—

22

k

满足条件〃<4,则〃=3,k?k

s———=—

233

k

满足条件〃<4,贝lj〃=4,k飞k

s=------=一

344

k

不满足条件”4,贝愉出s=?=3

4

所以左二12.

故答案为：12.

15.-35

【分析】由条件利用二项式定理，分类讨论求得［x+1］的展开式中X项的系数.

答案第6页，共17页

【详解】3-梳+”表示5个因式工-5+1的乘积，

在这5个因式中，有1个因式选x,其余4个因式选1,相乘可得含x的项;

或者有3个因式选九，1个因式选-彳，1个因式选1,相乘可得含1的项；

故）项的系数为:C；xC：+C；xC；x（—2）xC；=—35.

故答案为：-35.

【分析】根据L2与e的差值大小判断出出的值；根据条件先分析出4=左（左£N）时〃的个

数表达式，然后再求和求解出结果.

【详解】因为041,2],4=N,

若〃2=°,贝1J,2-四=O，

若。2=1，则,2-3|=忘一1，则血〉3-1，

若。2=2,贝川%-血|=2-3,且2-0>0-1，

若出23,贝|23—A/^>2—,

综上可知，〃2=1；

不妨设"”=KkeN时，,“一时取最小值，

k-1-Vnl>k-Vnl

则一定有二」，化简可得,

卜+1_1川〉心一叫

所以％-4<G<k+—,

22

所以左2一左十:<:,所以左2—左+1工〃4左

44

所以满足=左的〃有左2+左—（左2—左+1）+1=2左个，

又因为452-45+142021<452+45,即198”2021<2070,

所以满足为=45的〃有2021-1981+1=41个，

答案第7页，共17页

+…+巴竺=2x44++也

44454545

4001

故答案为：1;

【点睛】关键点点睛：本题在数列背景下考查数列与不等式的综合运用，着重考查学生的分

析转化能力，难度较大.解答本题的关键在于：通过差的绝对值取最小值，分析出左时〃

关于上的表达式.

17.⑴G

⑵2+2百

【分析】(1)由题意计算出8、AQ及NADC,借助面积公式即可得；

(2)借助△A3。中80定长，1540定角，则△A3。外接圆圆心到A点的距离为定值，再

计算出圆心到点C的距离，由三角形三边关系即可得.

■C

D：\

【详解】(1)I

*«

产

由NCB£>=30。，BC=4,BD=2^/3,

则CD2=BD2+CD2-2BD-CDcosNCBD=4,

即C£>=2,有CO?+BO?=CD?,故N8£>C=90。，

由AD=AB,ZBAD=60°,则△AB。为正三角形，

即有AO=A8=8Z)=26，ZADC=90°+60°=150°,

则sArn=-AD^DsinADC='仓必62?-百；

222

答案第8页，共17页

由20=2VLZBAE>=60°,

作出△AB。外接圆，令圆心为0,

则△ABD外接圆半径R」BD=2

2sinZBAD

即有04=05=2,Z.DOB=2ABAD=120°,

1QAO_120。

则ZDBO=-----------=30°,则ZCBO=30°+30°=60°,

即有CO2=BC2+BO2-2BC-BOcosNCBO=12,

即CO=2。

则AC4AO+OC=2+27^,当且仅当A、0、C三点共线时等号成立,

即AC的最大值为2+2班.

18.(1)证明见解析.

3

(2)存在，A=-.

【分析】(1)先根据题意，得四边形AACG为菱形，ACLAG；再根据线面垂直的判定定

理和性质定理，得3cl平面AACG；最后根据面面垂直的判定定理即可证得平面AACG，

平面ABC

(2)先建立空间直角坐标系，写出点和向量的坐标；再求出平面B4尸与平面A/C的法向

量；最后根据面面所成角的向量计算方法即可求解.

【详解】(1)连接4c.

答案第9页，共17页

%

在三棱柱ABC-A瓦G中，AC=AAl,

四边形AACG为菱形，

A^C±AC1.

_LAC】，ABcAC=ArA]Bu平面A]BC,4cu平面A^BC,

AG，平面ABC.

又BCu平面ABC,

Aq±BC.

又「BCA.AC,ACnACt=A,ACu平面AACG，AC】u平面AACC1，

3cl平面AACG.

又,，BCu平面ABC,

二.平面AACCJ平面ABC.

(2)假设存在2,使二面角8-4/-C的平面角的余弦值为1,此时彳=：.

44

在平面AACG内，过点C作CD，AC交AG于点。.

・平面AACC]J_平面ABC,平面aACC]c平面ABC=AC,CDu平面AACC1

CDmABC.

以点C为坐标原点，CA,CB、8所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标

系，如图所不：

答案第10页，共17页

加

设AC=M=2BC=2a.

AC=60°,

CD=^3a.

则C（0,0,0）,A（2a,0,0）,B（0,a,0）,A（a,0,ga）.

所以AC=（-2a,0,0）,BA=（2a,-a,0）,BA,=（a,-a,^a）.

•点尸满足AP=XA?（OO<W1）

AP=2AC=（-2a2,0,0）,

则BP=BA+AP=（~2aA+2a,-a,0）.

设平面B\P的法向量为〃=(x,y,z),

小网=0ax—ay+<3az=0

则即、令％=1得〃=1,2-22,

nBP=0［（-2Q4+2a）x-ay=0

5cl平面AACG.

平面APC的一个法向量为BC=(0,-a,0).

二面角B-AP-C的平面角的余弦值为手.

34

解得：『或人了

答案第11页，共17页

故当2=1时，二面角B-AP-c的平面角的余弦值为W.

44

丫2

19.（1）—+/=1

4

⑵定值，—2

【分析】（1）根据题意列出方程即可;

（2）设出/直线方程，联立椭圆方程，列出表达式利用韦达定理计算即可.

【详解】（1）因为椭圆的离心率为正，所以£=走，

2a2

设R到片8的距离为d,因为W名|=2c,

R叱2=f耳&S=cd，易得当d=6时面积取得最大值,

所以S

所以％0=豆，因为。2="-/,

所以/=4,〃=i,所以椭圆C的方程为工+丁=1；

4'

（2）证明：如图，易知点尸在椭圆外,

M(%，x),N5,%),

二+2-1

:2222

由，4,(m+4)y+(2m+2m)y+m+2m—3=0,

x=my+m+l

2m2+2mm2+2m-3

所以A>0,%+%=—^r，

m+4m+4

所以戏M=9,k,二.2T

因为5(0,1),

百'BN

_%T「2-1」2(X—D+%(%T)

所以^BM+^BN-i-

x{x2

所以

(my2+m+l)(y1—1)+(加必+m+l)(y2-1)2myy+y+y-2m—2

^BM+^BN={212

机2yly2+(加,22+m

(mjj+m+l)(my2+m+l))(%+%)+/+2m+1

答案第12页，共17页

2m(m+3)(m—1)2m2+2m

ei?r，k+k_疗+4一疗+4____2(_8%―4)厂

所以.的,”2(祖+3)(*1)2皿"+1乂/+时一8祖+4一•

)rI772II1

m+4m+4

【点睛】关键点点睛：本题的第(2)问的化简，这里化简主要是利用了韦达定理和直线的

方程，在化简过程中同时涉及到通分，计算比较复杂，要认真计算.

20.(1)—

10

⑵分布列见解析，万信)=941

【分析】(1)小梅恰有一次为合格这个事件可拆分为四个互斥事件的和：甲项合格乙项优秀，

甲项合格乙项良好，甲项优秀乙项合格，甲项良好乙项合格，由互斥事件和独立事件的概率

公式可得；

(2)J的所有取值为0,1,2,3,4,6,分别求得其概率及其分布列，再由期望公式计算出期望.

【详解】(1)记4为事件“小梅参加甲项测试的得分为i分”(i=0,1,3),

则尸(&)=：,m)=p*4)=1—=%

记8,为事件“小梅参加乙项测试的得分为i分”。=0,1,3)

131Q1

则尸(鸟)=,尸(4)=二，P(综)=1-二丁不

记D为事件“小梅参加两项测试恰有一次为合格”，

由题意，D=A4)+A4)+44+4员，

由事件的独立性和互斥性，

p(D)=p(A叫+A稣+4与+4片)=P(4风)+WA用)+*4旦)+网4星)

=P(A)P闻+P(A)P闯+P(4)P⑸+P(4)P(片)

111113113

=—X—H-—X--1——X1——X—=——

2535656510

3

所以小梅参加两项测试恰有一次为合格的概率为历；

(2)由题意，随机变量占可能的取值为0,1,2,3,4,6,

由事件的独立性与互斥性，得：

答案第13页，共17页

产（。=°）=尸（4稣）="=:，

尸信=1）=尸（4稣+46）=尸（A2o）+P（42j=gxg+gxg=g,

131

P（^=2）=P（4B1）=-x-=-）

%=4）=.4+的）=「也与）+"例）=照+吴=焉

乙JJJJU

P（^=6）=P（A,B3）=|X1=^.

可得随机变量4的分布列为:

012346

1112111

P

3065153010

所以数学期望£（9=0义±+卜！+2':+3'4+4、9+6X4=2

5UOJ1JJU1U3U

21.(1)答案见解析:

(2)证明见解析.

【分析】(1)分类讨论彳的取值范围，利用导数求解函数的单调性，进而求得极值；

(2)根据函数°(x)的单调性结合零点存在定理判断函数0(x)在(0,1)内有一个零点，当2>e

时以旦面二例卜㈤<0,构造函数g(㈤=分-41114且2>e,利用导数证明g(4)>g(e)>0,

即得到O(x)在(In42In2)上有一个零点,进而证明不等式.

【详解】⑴由题设］(尤)=2七2工一/)=2(2+刃(1一为,

当力>0,令。(尤)=0=>x=In彳，

x>ln九时夕'(尤)>0,则。(无)单调递增；

x<1112时0'0)<。则。(%)单调递减；

此时x=In2时，叭X)有极小值？(lnZ)=e21n"-2A2ln2=22(l-21n2)；

当;l<0,令e'(x)=0n尤=ln(-4),

x>ln(-2)时<p(x)>0,则0(x)单调递增；

答案第14页，共17页

x<ln(-2)时，(x)<0,则?(无)单调递减;

此时x=ln(-2)时,(p(x)有极小值例皿-㈤]=e21n(-2)-222ln(-2)=22[1-2ln(-A)]；

综上，冬>0时夕(无)有极小值力(1—21n4),无极大值；

2<0时9⑴有极小值万口-2ln(-A)],无极大值；

(2)由2>e,结合(1)知在(-«,In4)上递减,在(In2,”)上递增,所以9(x)至多有

两个零点，

又奴0)=1,^(1)=e2-222<0,即9(x)在(0,1)上存在一个零点，

止匕时夕(外疝。=0(InA)=A2(l-21n2)<0,^(21n2)=22(22-41n2),

4ga)=A2-41nZMA>e,则g(X)=2：一刍="一、)>0,

AA

所以g(4)在(e,+(»)上递增,则g(4)>g(e>=e2-41ne=e2i4>0,即。(21n4)>0,

所以9(x)在(In尢2In㈤上存在一个零点,

综上，九>6时函数05)有两个零点4，巧，且。〈玉clclnXv%<21nX,

贝!J%—再>InX—1=In—,得证.

【点睛】关键点点睛：第二问，首先利用零点存在性定理确定9(幻在(0,1)上存在一个零点,

再由9(%)min=9(ln/l)<。，^(21n2)=22(22-4In2),构造g(X)=力—41n/l且4>e研究

。(2In㈤的符号为关键.

jr

22.(1)6>=y(peR),d=2；(2)

x=­t

【分析