陕西省2024届高三二轮复习联考（一）文科数学试题（全国卷）（含答案解析）

陕西省2024届高三二轮复习联考(一)文科数学试题(全国

卷)

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.集合&={-2,-1,0,2,3,4},8=(2,笆)，则AcB的子集个数为()

A.4B.8C.16D.2

2.若复数z满足3z+石=7+i,贝电+2i|=()

A.1B.0C.V5D.4

3.已知向量Z=(l,l),1=(4,5),则卜一2*()

A.V130B.4y/l0C.3A/7D.6vH

x-j+l>0

4.若实数x，y满足约束条件•x+y-2<0,则目标函数z=3x-y的最大值是(

y>0

A.4B.5C.6D.8

sin(a+⑶1

5.已知.〉：=2,cosasin/7=则sinacosp=()

sm^a-p)6

A-1B.!c-1D-4

IO

6.“z=，”是“直线依7+1+4=0与圆(x-2y+(y-3)2=4相切”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

7.设函数〃尤)的定义域为R,且/(f+l)=-〃x+l)J(x+2)=/(—x+2),当

xe[0,l]时,/(x)=2x2+Z?x+c,/(3)-/(2)=6,则6+c=()

A.-4B.-3C.1D.-2

8.函数〃x)=Asin,x+£|(0>O,A>O)的最小正周期为无，将y=〃x)的图象向左

平移1个单位长度，得y=g(x)的图象，则y=g(x)图象的一条对称轴为()

,71n39"3兀5兀

A.x=—B.x=—71C.x=—D.x=—

2848

9.已知数列｛为｝满足£詈7=〃+1,则出。24=()

k=i2k—1

A.2024B.2023C.4047D.4048

10.Vxe[l,2],有ON-X21nx+/恒成立，则实数。的取值范围为()

A.B.[l,+oo)C.|',+00]D-[2e,+<»)

11.已知抛物线。：尸=4%4(—1,0)/,。为脚^^上两点，AP=/IAQQ〉1),。为坐

标原点且三角形尸。。的面积S△叱=4&,则|PQ|=()

A.5B.8C.巫D.16A/5

2

12.已知/(x)zo,且x>0时，〃2x)=cos%•/(%),若/但]=二，若g(x)=*

兀sinx

是常函数，则方程〃x）=l在区间（0,1）内根的个数为（）

A.1B.2C.3D.0

二、填空题

13.随机抽查并统计了某班的四名同学一周内背诵文言文的篇目数量并得到一组数据2,

6,3,1,则该组数据的方差为.

x3+2,x>0

14.已知/(%)=，若/（机）=29,则，〃=

-3x,x<0

15.已知3为双曲线cJ-£=l（a>0,%>0）上一点，?（c为半焦距）为双曲

线C的渐近线上一点，若A3x轴，\OB\^c,则双曲线C的离心率为.

16.如图所示，在以底面为等腰直角三角形的直三棱柱ABC-AAG中，M为，ABC中

斜边BC的中点，4。=伍=1,尸为线段26上一动点，连接并延长交8G于点

N,过点N作的垂线，交AG于点S,连接AS,则四边形40Vs面积的最大值

为.

试卷第2页，共4页

三、解答题

17.冬季是甲流等呼吸道传播疾病爆发的季节，某医院的呼吸道内科随机抽查了近一个

月来医院化验血的A,8型血病人共200人，得到如下数据.

患甲流未患甲流

A型血6535

8型血7525

⑴以频率估计概率，根据上表，分别估计A型血中患甲流和2型血中不患甲流的概率;

(2)能否有99%的把握认为血型与是否患甲流有关系？

附：K2=----其中〃=a+b+c+d.

[a+b)[c+d)[a+c)[b+d)

尸(心!)0.100.010.001

k02.7066.63510.828

18.在ABC中，角AB。所对的边分别为。也。且整4+您C=

acb

⑴证明：b2=ac;

(2)若b=2,stnB=，求的值.

4

19.在棱雉P-ABCD中，平面ABCD.四边形A3CD为平行四边

形.BC=3,CD=1,AP=4,CP=2戈.

D

⑴求证：ACl^ABP；

⑵求点A到平面PCD的距离.

22(万、

20.已知椭圆C:=+2=l(a>匕>0)的上顶点为双0』)，且经过点L*.

abI2,

(1)求椭圆C的标准方程；

⑵过点，，-J且斜率存在的直线与椭圆C交于M,N两点，判断EMN的形状并给出证

明.

21.已知函数/(x)=blnx+x2-(6+2)x.

⑴当6=1时,求曲线y=/(x)在点。，/⑴)处的切线方程；

(2)求“X)的单调区间.

[x=~~2t—3,

22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为ca为参数)，以坐标原点

[y=t+Z

为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线G的极坐标方程为

p+3cos0+4sin^=0.

(1)求曲线C的普通方程和曲线C1的直角坐标方程；

⑵求C上的一点(-3,2)到曲线G上一动点距离的范围.

23.(1)解不等式|2川+«-2|<5；

(2)若|2*-2卜|2工+4<"对任意xeR恒成立，求。的取值范围.

试卷第4页，共4页

参考答案:

1.A

【分析】利用集合的交集运算求解.

【详解】解:因为A={-2,-1,0,2,3,4},8=(2,口)，

所以AB={3,4},共两个元素，

所以其子集的个数为2?=4，

故选:A.

2.B

【分析】设Z=X+M(X»£R),利用复数相等和复数的模的公式求解.

【详解】解：设z=x+ji(x,yeR),

则3z+4z=3元+3yi+4元-4yi=7元-yi=7+i,

解得％=l,y=T,故z=l—i,则|z+2i|=a,

故选：B.

3.A

【分析】根据条件，求出。-25=(-7,-9),再利用模长的计算公式，即可求出结果.

【详解】因为少=(1,1)出=(4,5),所以4-2办=(11)-2(4,5)=(-7,-9),

得至巾_2kJ(-7)2+(-9)2=同,

故选：A.

4.C

【分析】根据题意，作出其可行域如图中阴影部分，发现当＞=3尤-z经过点A时，在y轴

上截距最小，此时Z取得最大值.

【详解】根据题意，作出其可行域如图中阴影部分，由Z=3x-y,

得y=3x-z,作出直线y=3x,并平移该直线，发现当该直线经过点A时，

在y轴上截距最小，此时z取得最大值.

由1to得］=0,所以AG。)，所以Zmax=6.

故选：C.

答案第1页，共12页

5.B

【分析】由两角和与差的余弦公式结合cosasin/=g化简=2可得sinacos4=；,

即可得出答案.

【详解】由I：；：3=2,可得sin（1+p）=2sin@—用，

贝|sincrcosP+cosasinf3=2sincrcos4一2cosasin/3,

则3cosasin/7=sinacos尸，又cosasin4二工，所以sinacos/?=!，

62

故选：B.

6.A

【分析】根据圆心到直线的距离等于半径得到方程，求出％=0或%=与12，从而确定答案.

【详解】圆。-2）2+（丫-3）2=4是以（2,3）为圆心，半径为2的圆，

|24一3+1+川_|3左一2|_

所以点（2,3）到直线近-丁+1+4=0的距离为2

A/F+1J/+1'

17

解得左=0或后=（,

故，，欠=；”是，，直线依一y+1+左=。与圆（X-2）2+（y-3）2=4相切”的充分不必要条件.

故选：A.

7.D

【分析】根据题意，通过赋值法求得了（1）,/（2）,/（3）,即可联立方程解出瓦聂

【详解】由题意可得〃r+l)=-/(x+l)①；〃X+2)=/(T+2)②.

令x=l,由①得：/(0)=-/(2)=c,

令x=l,由②得〃3)=/(l)=2+b+c,因为/⑶一"2)=6,

答案第2页，共12页

所以2+b+c+c=6,即〃+2c=4.

令％=0,由①得/(1)=(1)n/(1)=0n2+Z?+c=0,

解得。=-8,c=6,所以〃+c=-2.

故选：D.

8.B

【分析】由题意求出0=2,再由三角函数的平移变换求出y=g(x),令2尤+：=E,即可

求出y=g(x)图象的对称轴，即可得出答案.

【详解】因为函数〃x)=Asin(0x+：｝o>O,A>O)的最小正周期为兀，

所以T=2@7r=兀，解得0=2.

0)

g(x)=Asin2x+丁'J=Asin[2x+]+：j=Acos12x+；),

对称轴为2x+；=E(左£Z)=>x=[g—：]兀，

39

代入x=——兀得左=10,即A：£Z成立，

8

将A,C,D代入尤=11■-£]兀，解得女史Z,故A,C,D不正确.

故选：B.

9.C

【分析】利用数列的通项和前〃项和公式求解.

【详解】解：由题意可得％+§+§++-^-=n+l,

352n—l

当〃=1时，%=2；

当此2时，卬+§+号+…+右=〃，

两式相减得/7=1,即％=2〃-1.

2H-1

f2,n=l,

综上所述，an=\

[2n—l,n>2.

所以“2024=4047,

故选：C.

10.C

答案第3页，共12页

【分析】构造函数〃(x)=f2111r+炉/41,2],求导可得函数的单调性，即可求解最值

〃(%、=〃(闷=?进而。2〃(力侬即可.

【详解】由a'-Yhix+xZ在xe[l,2]上恒成立，令〃(x)=-x、nx+x2,xe[i,2],

贝ij”(x)=_2jdnx_x+2x=_2xlnx+x=x(-21nx+l).令“(x)=0,则工=血，

当xe(l,闷时，“(x)>0,故“(x)在(1,闷上单调递增；

当xe(在2)时，〃'⑺<0,故“(X)在(瓶,2)上单调递减；

则〃(x)<〃(⑹=：,所以a2]

故选:C.

11.D

(2\/2\

【分析】设直线加：了=0-1,2昌,％)。「,%>联立直线PQ与抛物线的方程可得

%+%，%•%，表示出三角形「。。的面积，将韦达定理代入即可得出答案.

【详解】由题知，A,尸,Q三点共线，故可设直线尸。”=3-1,尸[半咛。6，斗，

联立【";“：1'‘丫2-49+4=0,4=16»-16>0,解得r>1,%+%=»,t%=4,

[y=4x,

S/>eo=|sPOA-S20/=\回-％|=1,，(必+%)2-4=%=2，/-1=4后,得。=±3,

|%-%|=8应,|尸。|=4+"=行.

故选：D.

12.D

【分析】由题意结合三角函数的二倍角公式，整理函数的等量关系，利用函数证明不等式的

答案第4页，共12页

恒成立，可得答案.

则“小飞*3

则g[：卜g[)j可得g(x)=l，则〃耳=写

令/i(x)=x-sinx,则/zr(x)=l-cosx>0恒成立，即函数/?(X)在(0,+a?)单调递增,

Sm%

所以/z(x)>/z(0)=0,/.12sinx(x>0),/.2<1,

即〃"二半二1在区间(0,1)内无实根.

故选：D.

13.-

2

【分析】直接利用求平均数和方差的公式求解.

【详解】这组数据的平均数为2+6：3+1=3,

4

故方差/=(2-3『+(6-3)2+(33『+(13)2=7

—4"2,

7

故答案为：—.

2

14.3或-219

【分析】分根"和根＜0分别代入函数，解出即可.

【详解】当相之。时，加3+2=29,解得根=3；

29

当机v0时，—3m=29,解得m=---.

29

故答案为：3或-■—.

15.6

【分析】先求出点3坐标，再根据|。用二。列式计算即可.

【详解】设6(4，力)，由AB/x轴可得

答案第5页，共12页

T7Icnl2〃。b=2

又|0i3|=C,UH—H--------C,

又j2=02―々2,.々2c2+/+.2卜2―〃2)

整理可得W,"的离心率e=J4=£

故答案为：y[2

16.受

2

【分析】利用线面位置关系证明题目中所求四边形中的四边关系，结合梯形的面积计算，可

得答案.

【详解】由题意在平面CBBiG内过N作NQL2C,垂足为Q,如下图：

在直三棱柱ABC-ASC中，8月J_平面ABC,

因为Wu平面ABC中，所以

在等腰直角三角形中，由题意易知AM_L8C,

因为8cBB1=B,u平面CBB]G，所以4欣1平面CBB|G，

同理可得：SN_L平面CBBCi，即SN//AM,

因为M0u平面CB瓦G，所以

在等腰直角三角形ABC中，由SNL8G，易知SN=C\N,

设GN=xOWxV孝,则SN=x,MN=1NQ：2+QM?=J1+[也-天

所以所求截面面积:

答案第6页，共12页

所以函数y=在。，乎上单调递增,

故『变］+&x立+」=也，故四边形⑷0VS面积的最大值为变.

2K2J2422

故答案为：显.

2

17.(1)0.65,0.25；

(2)没有99%的把握认为血型与是否患甲流有关系.

【分析】(1)根据表中数据直接可以求出；

(2)先算出K的值，然后和6.635比较大小.

【详解】(1)由题表中数据可知，A型血中患甲流的概率为3=0.65,

25

8型血中不患甲流的概率为同=0.25.

0、,200x(65x25-75x35)250「门

K=---------------------=—~2.3sl，

100x100x140x6021

因为2.381<6.635,

所以没有99%的把握认为血型与是否患甲流有关系。

18.(1)证明见解析

⑵3亚

【分析】(1)利用余弦定理化角为边，即可得证；

(2)由(1)得k=℃=4,再利用余弦定理求出"+°2,进而可得出答案.

/<、e、icosAcosC1

【详解】(1)因为----+-----=-,

acb

由余弦定理可得---------+----------=~，

2abc2abcb

整理得到b2=ac;

答案第7页，共12页

(2)由(1)得Z??==4,sinB=,

4

又因为所以贝|cos5=KiF9=；.

在一ABC中，由余弦定理得。2=々2+，—2〃ccos5,4=a2+c2-6,

22

,[a+c=10/=/、299

由J，得(a+c)=Q+c+2ac=18,

所以a+c=342(负值舍去).

19.(1)证明见解析

⑵拽

3

【分析】(1)根据直线与平面垂直的判定定理证明即可；

(2)根据三棱锥P-ACD等体积转化求解A到平面PCD的距离即可.

【详解】(1)证明：E4_L平面A3Cr),ACi平面ABC。，,PA_LAC.

在Rt△尸AC中，AC=NPC2—AP2=2母.

在△CAB中，AB2+AC2=1+8=9=BC2,

:.CA±AB.

ABAP=AAB,PAU平面ARP,

二4(74平面^5h.

(2)由(1)知AC_LAB,，AC_LCZ>,AC=20,

••・S△皿=91/2点=及,％Ac°=gx4x应=g应.

在RtARW中，AP=4,AD=BC=3,

由勾股定理可得PD=732+42=5，

*.事人.士加/日/「nnPC2+PD--CD224+25-1276

在一PCD中，由余弦定理得cosZCPD=------------------------=-------产—=二一,

2PCPD2X2A/6X55

sin/CP£)=Jl-竺=L

V255

=x

S^PCD=gxPCxPDxsinNCPD~2^/^x5xg=^6.

答案第8页，共12页

设A到平面PC。的距离为〃，则:/近，解得％=延.

333

20.⑴,+9=1

（2）应VW为直角三角形，证明见解析

【分析】（1）根据顶点的定义，可得6的值，代入点建立方程，可得。的值，可得答案;

（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示坐标，结合向量的运算，可得答案.

【详解】⑴由题意知6=1,所以椭圆方程为4+/=1,

a

代人点1，，解得a2=2

所以椭圆C的标准方程为—+/=1.

2

（2）

为直角三角形，证明如下:

设直线=

y=kx——

3

联立2,,并消去y得（9+18左2卜2-12丘-16=0.易知△＞（）.

X1

一+y2=1

12'

12k

12

9+18左2

则

16

1-9+18公

又因为EM=（占,2V=（々，%-1），

EM-EN=再々+(%—1)(%-1)=占尤2+|丘|一

4女12k16

=(1+%2)2—g%(玉+工2)+?=(1+%2)--------------------1-----

39+18左29

所以故£MN为直角三角形.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:

答案第9页，共12页

(1)设直线方程，设交点坐标为&,%),(々，%)；

(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或>)的一元二次方程，注意△的判断;

(3)列出韦达定理；

(4)将所求问题或题中的关系转化为国+%、网%(或%+%、%%)的形式；

(5)代入韦达定理求解.

21.(1)广-2；

(2)答案见解析

【分析】(1)根据函数曲线在某一点处的切线公式，可得答案；

(2)根据导数与函数单调性的关系，利用分类讨论思想，可得答案.

【详解】(1)当6=1时，/(x)=lnx+%2-3x,/(l)=-2,

/'(x)=1+2x-3,/\1)=0,

故曲线y=〃x)在点处的切线方程为产-2.

(2)/(x)=Mnx+x2-(/?+2)x,其定义域为(0,+e),

则:(x)=g+2尤一(b+2)=2f(：2)x+。=(2x?(xT).

j<0,即/V0时，令/(无)<0,得0<x<l,令/'(x)>0,得X>1,

故/(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+8).

方

当>O

2-即b>0时，由/'(x)=0,得玉=_,%2=1.

b

(i)当0<万<1,即0<b<2时，

ua

令/'(尤)>0,可得0<x<|或X>1；令/'(x)<0,可得£<X<1,

故〃X)的单调递增区间为2和(1,+“)，单调递减区间为

(ii)当g=1,即6=2时，-何=(21)(1)=2(1)220,

2xx

故/(X)的单调递增区间为(。,+力)，无单调递减区间.

b

(iii)当三>1，即“2时，

答案第10页，共12页

6h

令/'(x)>。，可得Ov犬vl或％>2；令［(x)<。，可得1