陕西省渭南市2024届高三下学期教学质量检测（Ⅱ）数学试题（文）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省渭南市2024届高三下学期教学质量检测（Ⅱ）数学试题（文）第I卷选择题一、选择题1.已知复数（是虚数单位），则下列说法正确的是（）A.复数的实部为 B.复数的虚部为C.复数的共轭复数为 D.复数的模为〖答案〗D〖解析〗，的实部为，虚部为12，的共轭复数为，模为．说法正确的是复数的模为13．故选：D．2.设全集U＝R，集合A＝{x|y＝lgx}，B＝{x|﹣7＜2+3x＜5}，则∁U（A∪B）＝（）A.{x|0＜x＜1} B.{x|x≤0或x≥1} C.{x|x≤﹣3} D.{x|x＞﹣3}〖答案〗C〖解析〗A＝{x|x＞0}，B＝{x|﹣3＜x＜1}；∴A∪B＝{x|x＞﹣3}；∴∁U（A∪B）＝{x|x≤﹣3}．故选C．3.北宋数学家沈括的主要数学成就之一为隙积术，所谓隙积，即“积之有隙”者，如果棋、层坛之类，这种长方台形状的物体垛积.设隙积共层，上底由个物体组成，以下各层的长、宽一次各增加一个物体，最下层（即下底）由个物体组成，沈括给出求隙积中物体总数的公式为.已知由若干个相同小球粘黏组成的几何体垛积的三视图如图所示，则该垛积中所有小球的个数为（）A.83 B.84 C.85 D.86〖答案〗C〖解析〗从题设及三视图中所提供的图形信息和数据信息可知，代入公式，故选：C．4已知平面向量，，其中，若，则（）．A. B.或C. D.或〖答案〗B〖解析〗,，，或，或，故选:B.5.设，为两个平面，则的充要条件是A.内有无数条直线与平行B.内有两条相交直线与平行C.，平行于同一条直线D，垂直于同一平面〖答案〗B〖解析〗由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．6.在正四面体棱中任取两条棱，则这两条棱所在的直线互相垂直的概率是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意，正四面体共有6条棱，其中任取两条，共有种取法，其中在正四面体中，对棱互相垂直，只有与，与，与，三组互相垂直，其余任意两条棱夹角都为，所以这两条棱所在直线互相垂直的概率.故选：A.7.已知函数，若存在m使得关于x的方程有两不同的根，则t的取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由函数，可得函数在，上为增函数，当时，，当时，，若存在m使得关于x的方程有两不同的根，只需，解得或，所以t的取值范围为.故选：B．8.设等差数列，的前项和分别为,,若对任意正整数都有，则（）A. B. C. D. E.均不是〖答案〗C〖解析〗由等差数列的等和性可得，.故选：C.9.函数的图像是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗因为函数定义域为关于原点对称，且，则函数为偶函数，故BD错误；当时，，故A错误，C正确；故选：C10.已知定义在上的函数满足,,当时,,则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题知,所以为奇函数,因为,将上式中代替,有,将上式中代替,有,所以周期,则,因为,即,所以,因为时,,所以,所以.故选:D.11.已知双曲线：，抛物线：的焦点为，准线为，抛物线与双曲线的一条渐近线的交点为，且在第一象限，过作的垂线，垂足为，若直线的倾斜角为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.2〖答案〗B〖解析〗抛物线：的焦点为，准线为：，令交于点，即有，由，直线的倾斜角为，得，则，，又，则为正三角形，，因此点，双曲线：过点的渐近线为，于是，解得，所以双曲线的离心率.故选：B12.已知正数满足，则（）A. B. C.1 D.〖答案〗A〖解析〗由，设，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则，故，当且仅当，即时取等号；设，则，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，故，当且仅当时取等号，又，则，此时，则.故选：A第Ⅱ卷非选择题二、填空题13.若实数x，y满足约束条件则的最小值是______.〖答案〗2〖解析〗作出可行域，如下图：将直线进行平移，观察直线在轴上的截距变化，可知当直线经过点A时，直线在轴上的截距最小，此时目标函数取到最小值，联立，解得，可得点，即.故〖答案〗：214.__________．〖答案〗〖解析〗.故〖答案〗为：.15.2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，小明同学三个多选题中第一小题确定得满分，第二小题随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，则小明同学多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）的中位数为______．〖答案〗11〖解析〗由题意得小明同学第一题得6分；第二题选了2个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、4分和6分；第二题选了1个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、2分和3分；由于相同总分只记录一次，因此小明的总分情况有：6分、8分、9分、10分、12分、13分、14分、15分共8种情况，所以中位数为，故〖答案〗为：11.16.用表示不超过的最大整数,已知数列满足：,，.若，，则________；若，则________.〖答案〗〖解析〗当，时，，即，则数列是以为首项，为公比的等比数列.所以，即.当时，，即，且，故，故，故，∴，，所以，所以.因为，所以由，可得：，，.因为，所以，，则.故〖答案〗为：；.三、解答题（一）必考题17.在中，内角的对边分别为,已知.（1）求；（2）若，求面积.解：（1），.（2）由，得，,，，.18.手机完全充满电量，在开机不使用的状态下，电池靠自身消耗一直到出现低电量警告之间所能维持的时间称为手机的待机时间．为了解两个不同型号手机的待机时间，现从某卖场库存手机中随机抽取两个型号的手机各5台，在相同条件下进行测试，统计结果如下：手机编号12345型待机时间（h）120125122124124型待机时间（h）118123127120已知两个型号被测试手机待机时间的平均值相等．（1）求的值；（2）求型号被测试手机待机时间方差和标准差的大小；（3）从被测试的手机中随机抽取型号手机各1台，求至少有1台的待机时间超过122小时的概率．（注：n个数据…的方差…，其中为数据…的平均数）解：（1），，由，解得．（2）设型号被测试手机的待机时间的方差为，则…，所以型号被测试手机的待机时间的标准差为：；（3）设A型号手机为A1，A2，A3，A4，A5；B型号手机为B1，B2，B3，B4，B5，从被测试的手机中随机抽取A，B型号手机各1台，不同的抽取方法有25种.事件C：“至少有1台的待机时间超过122小时”事件：“抽取的两台手机待机时间都不超过122小时”的选法有：（A1，B1），（A1，B4），（A3，B1），（A3，B4），共4种.因此，所以．19.如图所示,在直三棱柱中，平面平面,且.（1）求证：平面；（2）若三棱锥外接球的体积为，求四棱锥的体积．（1）证明：连接，∵为直三棱柱，且，∴四边形为正方形，∴，又平面平面，且平面平面，平面，∴平面，又平面，∴，又平面，平面，∴，又，且，平面，∴平面.（2）解：由题可知：，解得外接球半径，由（1）可知，∵，∴为三棱锥外接球的直径，∴，又，∴，又，∴，∵，∴平面，∴．20.已知函数.（1）求的单调区间；（2）当时，证明：.（1）解：由题意知的定义域为.由已知得当时,在上单调递增,无单调递减区间.当时,令，得；令，得，所以在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）证明：原不等式等价于，则，易知在上单调递增，且，所以在上存在唯一零点，此时在上单调递减，在上单调递增，要证即要证，由，得,，代入,得，因为，所以.21.已知椭圆的左，右焦点分别为，Q为E短轴的一个端点，若是等边三角形，点在椭圆E上，过点作互相垂直且与x轴不重合的两直线AB，CD分别交椭圆E于A，B，C，D，且M，N分别是弦AB，CD的中点．（1）求椭圆E的方程；（2）求证：直线MN过定点；（3）求面积的最大值．（1）解：如图，因为点在椭圆E上，所以，因为是等边三角形，所以，，所以，解得，所以椭圆的方程为.（2）证明：设直线的方程为，则直线的方程为，联立，消去得，设，则，所以，即，将的坐标中的用代换，得的中点.当时，所在直线为，当时，，直线的方程为，整理得，所以直线过定点.（3）解：，令，则，由于则在上递增，所以当，即时，取得最大值为，即面积的最大值为.（二）选考题[选修4-4：坐标系与参数方程]22.已知在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为；在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），点的极坐标为且点在曲线上.（1）求曲线的普通方程以及曲线的极坐标方程；（2）已知直线与曲线分别交于，两点，其中，异于原点，求的面积.解：（1）因为曲线的极坐标方程为，所以，由，得曲线的直角坐标方程为；由曲线的参数方程为（为参数），又，得，因为，所以，即，即曲线的极坐标方程为.又点在曲线上，所以，解得，所以曲线的极坐标方程为；（2）因为点，则，即点的