陕西省2024届高三下学期教学质量检测（二）文科数学试题

2024年陕西省高三教学质量检测试题（二）文科数学试题全卷满分150分考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名，准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑：非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.5.本卷主要考查内容：高考范围.一､选择题：本大题共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.2.复数的模为（）A.1B.C.3D.3.命题“”的否定为（）A.B.C.D.4.函数在上的值域为（）A.B.C.D.5.已知双曲线的焦距为4，则该双曲线的离心率为（）A.2B.C.D.6.已知变量满足约束条件则的最小值为（）A.-3B.-1C.D.-27.在上随机取一个数，满足的概率为（）A.B.C.D.8.商后母戊鼎（也称司母戊鼎）是迄今世界上出土最大､最重的青铜礼器，享有“镇国之宝”的美誉，某礼品公司计划制作一批该鼎的工艺品，已知工艺品四足均为圆柱形，圆柱的高为，半径为，中间容器部分可近似看作一个无盖的长方体容器，该长方体壁厚，外面部分的长､宽､高的尺寸分别为，，.两耳的总体积与其中一足的体积近似相等.则该工艺品所耗费原材料的体积约为（）A.B.C.D.9.已知函数，过原点作曲线的切线，则切点的坐标为（）A.B.C.D.10.已知均为锐角，且，则（）A.B.C.D.11.在中，内角所对的边分别为，向量.已知，且，则的值为（）A.16B.18C.20D.2412.已知点是圆上的动点，以为圆心的圆经过点，且与圆相交于两点.则点到直线的距离为（）A.B.C.D.不是定值二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，若，则__________.14.已知抛物线上的点到焦点的距离比到轴的距离大2，则__________.15.偶函数的定义域为，函数在上递减，且对于任意均有，写出符合要求的一个函数为__________.16.如图，已知球与圆锥的侧面和底面均相切，且球的体积为圆锥体积的一半.若球的半径为1，则该圆锥的侧面积为__________.三､解答题：共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤､第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.（本小题满分12分）已知为数列的前项和，且，（为常数）.若.求：（1）数列的通项公式；（2）的最值.18.（本小题满分12分）在四棱锥中，，平面平面.（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离.19.（本小题满分12分）为迎接2021年陕西省全运会，在主办城市西安市举行了一场全运会选拔赛，其中甲､乙两名运动员为争取最后一个参赛名额进行的7轮比赛的得分如茎叶图所示：（1）计算甲､乙两名运动员得分的方差；（2）若从甲运动员的每轮比赛的得分中任选3个不低于80且不高于90的得分，求甲的三个得分与其每轮比赛的平均得分的差的绝对值都不超过2的概率.20.（本小题满分12分）在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，右准线与轴交于点.点是右准线上的一个动点（异于点），过点作椭圆的两条切线，切点分别为.已知.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线的斜率分别为，直线的斜率为，证明：.21.（本小题满分12分）已知函数.（1）讨论函数在区间上的单调性；（2）当时，证明：.（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，已知椭圆的直角坐标方程为.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求椭圆的一个参数方程和直线的直角坐标方程；（2）若是椭圆上的任意一点，求点到直线的距离的最大值.23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若，证明：.2024年陕西省高三教学质量检测试题（二）文数参考答案1.A由，有，故选A.2.B由，可得，故选B.3.B.4.A由，可得，则.5.C由题意可知，，则，所以.6.D线性区域的端点坐标为，可知当时，的最小值为.7.B由，解得，所求概率为.8.A四足及两耳的体积为，容器部分的体积为，则总体积为.9.B，设切点为，则切线方程为，因为过原点，所以，解得，则.10.C易知，所以，即.11.D因为，所以，由正弦定理可知，，由余弦定理，可得，则.12.A设，则圆，整理得，又圆，两圆方程相减，可得直线的方程为，点到直线的距离.13.由题意可知，，解得.14.，即.15.均可以因为在上单调递减，又，即满足，故均满足要求.连接，设，则，又，所以圆锥的底面半径，圆锥的高，则该圆锥的体积为，解得，所以，即母线长，所以侧面积.17.解：（1）由，得，由，得，所以，或，由得，此时，由得，此时，，所以或；（2）当时，，因为是关于正整数的增函数，所以为的最小值，无最大值；当时，，因为为正整数，所以当或时，有最大值无最小值.18.（1）证明：取中点为，则且，又平面平面，故平面，又平面，而平面，故平面平面（2）解：取的中点，连，由为的中点，可得，又由平面平面，可得平面，在直角梯形中，，可得，在Rt中，可得，在Rt中，由，可得，设点到平面的距离为，有，可得，故点到平面的距离为.19.解：（1）易算出甲运动员得分平均分为84，乙运动员得分平均分为85，故；.（2）由茎叶图可知，甲运动员七轮比赛的得分情况为：.所以甲每轮比赛的平均得分为，显然甲运动员每轮比赛得分中不低于80且不高于90的得分共有5个，分别为，其中81分与平均得分的绝对值大于2，所求概率.20.（1）解：由题意可知，，且，解得，所以，即椭圆的标准方程为；（2）证明：设，所作切线斜率为，则切线方程为，椭圆的方程联立，消去，整理得，则，整理得，所以，又因为，所以.21.解：（1）函数的定义域为，，令，可得，①当时，可得，此时函数在区间上单调递增；②当时，可得，此时函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；（2）当时，不等式可化为，不等式两边同除以后整理为，令，有，令可得函数的增区间为，减区间为，可得，故不等式成立.22.解：（1）椭圆的参数方程为（为参数）直线的极坐标方程可化为，可化为，将代入可得直线的直角坐标方程为；（2）设点的坐标为，点到直线的距离为，故的最大值为.23.解：（1）不等式可化为.①当时，不等式可化为，解得，有；②当时，不等式可化为，解得，有；③当时，不等式可化为，解得，无解，由上知不等式的解集为；（2）由当时，；当时，；当时，，可得函数的最大值为2.，当且仅当时取等号，故有.