陕西省部分学校2024届高三下学期5月份高考适应性考试理科数学试题（含解析）

陕西省部分学校2024届高三下学期5月份高考适应性考试
理科数学
考试满分：150分 考试时间120分钟
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名 准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，'将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
2.若集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
3.已知两个向量，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
4.已知为抛物线的焦点，第一象限的点在抛物线上，且，则（ ）
A.1 B.3 C.6 D.9
5.已知等差数列的公差为，前项和为，且，则的值为（ ）
A.1 B. C. D.-1
6.已知函数，若，其中为的最小值，则的值为（ ）
A.2 B.3 C.4 D.5.
7.已知函数，则的图像（ ）
A.关于直线对称 B.关于直线对称
C.关于中心对称 D.关于中心对称
S.已知双曲线的左，有焦点分别为，以为直径的圆在第一象限与双曲线交于一点，且的面积为4，若双曲线上一点到两条渐进线的距离之积为则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
9.函数的最大值为（ ）
A.1 B. C. D.2
10.已知如图所示的几何体中，底面是边长为4的正三角形；侧面是正方形，平面平面为棱上一点，，且，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
11.在中，角所对的边分别为，已知则面积的最大值为（ ）
A. B. C.12 D.15.
12.当时，恒成立：则实数最大值为（ ）
A. B.4 C. D.8
二 填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.各位数字之积为8的三位数的个数为__________.
14.已知实数满足约束条件，则由可行域围成区域的面积为__________.
15.如图，正三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长，以点为球心作一个半径为的球，则该球被平面所截的圆面面积为__________.
16.已知数列的前项和为，且，则数列的则前项和__________.
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.（12分）某公司新研发了一款智能灯，此灯有拍照搜题功能，学生逃到疑难问题，通过拍照搜题后，会在显示屏上显示该题的解答过程以及该题考查的知识点与相应的解题方法该产品投入市场三个月后，公司对部分用户做了调研：抽取了200位使用者，每人填写一份评分表（满分为100分），现从200份评分表中，随机抽取40份（其中男 女使用者的评分表各20份）
作为样本，经统计得到如下的数据：
女生使用者评分：67，71，72，75，80，83，83，83，84，84，85，86，88，90，90，91，92，92，92，92
男生使用者评分：67，68，69，69，70，72，72，73，74，75，76，76，77，78，79，82，84，84，89，92
记该样本的中位数为，按评分情况将使用.都对该智能灯的态度分为两种类型：评分不小于的称为“满意型”，其余的都称为“不满意型”.
（1）求的值，填写如下列联表，并判断能否有的把握认为满意与性别有关？
女生评分 男生评分 合计
“满意型”人数
“不满意型”人数
合计
（2）为了改进服务，公司对不大于的评分定义为“极不满意型”，并对该类型使用者进行了回访，根据回访意见改进后，再从“极不满意型”使用者中随机抽取3人进行第二次调查，记这3人中的女生使用者人数为，求的分布列和数学期望.
参考公式与数据：
0.1 0.05 0.025 0.01
2.706 3.841 5.024 6.635
18.（12分）在中，角所对的边分别为，已知.点在线
段上，且平分.
（1）求证：；
（2）求的长度.
19.（12分）在四棱锥中，底面是直角梯形，，平面为的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
20.（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆上一动点，从原点向圆，设两条切线的斜率分别为，是否存在实数，使得为定值，若存在，求出值，若不存在，请说明理由.
21.（12分）已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）若，且.求证：.
（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.
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22.在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数，为常数），以坐标原点.为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为：.
（1）求直线恒过的定点的坐标，以及圆在平面直角坐标系下的标准方程；
（2）若直线与圆交于两点，'且为等腰直角三角形，求的值.
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23.已知函数
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若恒成立，求的取值范围.
理科数学参考答案
1.【答案】C
【解析】，所以复数.故选.
2.【答案】D
【解析】由条件可得，则，所以图中阴影部分为.故选D.
3.【答案】B
【解析】由，得，即，所以，所以.故选B.
4.【答案】C
【解析】由，得点到抛物线准线的距离为10，故，将点代入抛物线方程得.因为点在第一象限，所以.故选.
5.【答案】A
【解析】因为，令，则，所以，故.因为，所以，即，由等差数列的性质可得，所以，即，解得.故选A.
6.【答案】A
【解析】由条件得，故，
所以，
又，当且仅当，即时，，即.故选A.
7.【答案】A
【解析】
由，得的图象关于对称由，得的图象的对称中心为显然时，直线为函数图象的一条对称轴.故选A.
8.【答案】B
【解析】设，则由定义可得，即，
又因为为直径，所以，得，
因为的面积为4，所以，即
由以上三式可得，即.
设双曲线上一点，
则点到渐近线的距离为，
点到另一条渐近线的距离，故距离之积为，
因为，即，所以，
又，所以，故离心率为.故选.
9.【答案】D
【解析】函数的定义域为，令，则，设，可得，
当时，有最大值为2.所以函数的最大值为2.故选D.
10.【答案】D
【解析】因为平面是正方形，所以.
因为平面平面，平面平面，所以平面.
取的中点为的中点为，如图所示，连结，
则.
因为平面，所以.
因为底面是等边三角形，所以.
因为，所以平面.
因为，所以，所以，即四点共面.因为平面，所以平面平面，
过点作交于点，连结，则因为平面平面，所以平面，故就是与平面所成角，
由题中边长关系可得，所以，所以.
故选D.
11.【答案】C
【解析】由，得，即.因为，所以即；由得.以线段中点为坐标原点，直线为轴建立平面直角坐标系.
则，又设，所以，化简得.
所以点轨迹是以为圆心，4为半径的圆（不包括和轴的两个交点）.故的面积最大为.故选C.
12.【答案】B
【解析】因为，由，得.令
由，得，所以.
当且仅当时，取“=”，
此时，由与图象可知使，此时.
所以，即有最大值为4.故选B.
13.【答案】10
【解析】满足题意的三位数有：.共10个.故答案为10.
14.【答案】8
【解析】在直角坐标系中作出其可行域，如图，则
且与之间的距离为，
所以围成的图形面积为.故答案为8.
15.【答案】
【解析】此正三棱锥可看作一个正方体的墙角，过点作
平面于点，则为正方体体对角线的，所以.
作交于点，
则，因为球的半径，故以为球心的球被平面所截的圆面如图所示，其中，因为平面，所以，故所求截面的面积为.故答案为.
16.【答案】
【解析】由，得，
所以，化简得，所以数列是等比数列，且公比，又当时，得，所以.
故，①
把1），得：
②
①-②，得：
③
③，得：
，④
③-④，得：
故答案为.
17.【答案】解：（1）将40份评分按从小到大的顺序排列，，，中位数是第20个数80与第21个数82的平均值，所以中位数等于，所以，
女生 男生 合计
“满意型”人数 15 5 20
“不满意型”人数 5 15 20
合计 20 20 40
所以有的把握认为满意与性别有关
（2）“极不满意型”共7人，其中男生5人，女生2人，故的所有可能的取值为且
故的分布列为
0 1 2
所以的数学期望.
18.【答案】（1）证明：
在中，，①
在中，②
因为，所以；
又因为平分，所以，
①②得：
（2）解：由，得，
即，得
在中，
所以，即
由（1）得，即，所以.
又，
所以在中，，即
19.【答案】（1）证明：取的中点为，连结，
如图所示，因为，所以.
因为平面平面，
所以.
因为分别为中点，所以，
由底面为梯形，，所以，
所以四点共面
因为平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面，即平面平面
（2）解：由可知是等边三角形，取的中点为，
连结，则，取的中点为，连结，
因为平面平面，所以平面平面，
因为平面平面，所以平面.
因为为中点，所以，所以.
以为坐标原点，以方向分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，
则，
设平面的法向量为，则，即，
所以，令，则，所以.
设平面的法向量为，则，即，
所以令，则，所以
设二面角的大小为，则
观察可知二面角为锐角，所以.
故二面角的余弦值为
20.【答案】解：（1）设椭圆方程为：
解得，故椭圆标准方程为
（2）依题意，两条切线方程分别为，
由，化简得，
同理.
所以是方程的两个不相等的实数根，故.
又因为，所以，
所以，显然当时，为定值.
此时由，解得.
即存在实数，使得为定值
21.【答案】（1）解：
.
所以切线方程为，即.
（2）证明：由（1）得
当时，单调递增；
当时，单调递增减；
所以在处有极大值.
又，且当时，.
所以由且，得
且
令
则.
当时，，所以，
即
因为.
所以①
令
当时
，所以在上单调递减，
由，得
所以②
又因为，由①②得：，即
22.【答案】解：（1）直线的参数方程为，
转化为普通方程为，
所以该直线恒过定点
曲线的极坐标方程为，
由得，
故圆在平面直角坐标系下的标准方程为
（2）由（1）可得圆的圆心坐标为，半径为，
因为直线与圆交于两点，所以，
因为为等腰直角三角形，所以圆心到直线的距离为2，
因为直线的方程为，转化为一般式，
由点到直线的距离公式可得，
解得
23.【答案】解：（1）当时，即，
当时，不等式化为，解得，所以；
当时，不等式化为，无解.
当时，不等式化为，解得，所以，
综上，原不等式的解集为或
（2）若恒成立，即.
因为（当且仅当时，等号成立），所以，
当时，不等式显然恒成立，
当时，，解得，
综上，.
故的取值范围为