精品解析：陕西省商洛市2024届高三下学期尖子生学情诊断考试（第三次）数学（文科）试卷

商洛市2024届高三尖子生学情诊断考试（第三次） 数学试卷（文科） 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答黑题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：高考范围. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数的实部与虚部相等，则实数a的值为（ ） A. 1 B. 3 C. D. 3. 已知等比数列满足，，则数列前8项的和为（ ） A. 254 B. 256 C. 510 D. 512 4. 若角的始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则“”是“”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 6. 已知为偶函数，且在上单调递增，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，若上存在点，使得，则的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在不等式组表示的平面区域内任取一点，则满足的概率为（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数在上有且仅有4个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 为落实党的二十大提出的“加快建设农业强国，扎实推动乡村产业､人才､文化､生态､组织振兴”的目标，某银行拟在乡村开展小额贷款业务.根据调查的数据，建立了实际还款比例关于还款人的年收入（单位：万元）的Logistic模型：.已知当贷款人的年收入为9万元时，其实际还款比例为50%，若贷款人的年收入约为5万元，则实际还款比例约为（参考数据：）（ ） A. 30% B. 40% C. 60% D. 70% 11. 已知是自然对数的底数，，则（ ） A. B. C. D. 12. 如图，在三棱锥中，两两垂直，且，以为球心，为半径作球，则球面与底面的交线长度的和为（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 设，向量，，若，则______________． 14. 已知直线与，若直线与相交于两点，且，则______． 15. 如图.已知圆锥的轴截面为等边分别为，的中点.为底面圆周上一点.若与所成角的余弦值为.则______________. 16. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，点满足，其中为坐标原点，直线交于另一点，直线交于另一点，记的面积分别为，则______．（结果用表示） 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. 脑机接口，即指在人或动物大脑与外部设备之间创建的直接连接，实现脑与设备的信息交换.近日埃隆.马斯克宣布，脑机接口公司Neuralink正在接收第二位植入者申请，该试验可以实现意念控制手机和电脑.未来10到20年，我国脑机接口产业将产生数百亿元的经济价值.为了适应市场需求，同时兼顾企业盈利的预期，某科技公司决定增加一定数量的研发人员，经过调研，得到年收益增量（单位：亿元）与研发人员增量（人）的10组数据.现用模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的经验回归方程，并进行残差分析，得到如图所示的残差图. 根据收集到的数据，计算得到下表数据，其中. 7.5 2.25 82.50 4.50 12.14 2.88 （1）根据残差图，判断应选择哪个模型；（无需说明理由） （2）根据（1）中所选模型，求出关于的经验回归方程；并用该模型预测，要使年收益增量超过8亿元，研发人员增量至少多少人？（精确到1） 附：对于一组具有线性相关关系的数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为 18. 在中，内角的对边分别为，且． （1）证明：； （2）点是线段的中点，且，求的周长． 19. 如图，在四棱锥中，平面，平面平面． （1）证明：； （2）若为的中点，，求到平面的距离． 20. 设函数，． （1）若函数在点处的切线方程为，求a，b； （2）若方程有两个不同的实数根，求b的取值范围． 21. 如图，已知椭圆的左顶点为，离心率为是直线上的两点，且，其中为坐标原点，直线与交于另外一点，直线与交于另外一点． （1）记直线的斜率分别为，求的值； （2）求点到直线的距离的最大值． （二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.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 22. 在平面直角坐标系中，直线过点且倾斜角为，曲线的方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系． （1）求直线的参数方程及曲线的极坐标方程； （2）设交于两点，求的最小值． 选修4-5：不等式选讲 23. 已知均为正数，函数的最小值为3． （1）求的最小值； （2）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 商洛市2024届高三尖子生学情诊断考试（第三次） 数学试卷（文科） 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答黑题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：高考范围. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解指数不等式化简集合，用列举法表示集合，再进行并集运算即可. 【详解】由题意知， ， 所以. 故选：A. 2. 若复数的实部与虚部相等，则实数a的值为（ ） A. 1 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的四则运算，结合复数的定义得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】因为， 又的实部与虚部相等，则，所以． 故选：A． 3. 已知等比数列满足，，则数列前8项的和为（ ） A. 254 B. 256 C. 510 D. 512 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列通项公式，建立基本量的方程组求解，再应用前项和公式即可得. 【详解】设等比数列公比为，则 则题意得，解得， 则. 故选：C. 4. 若角的始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的定义求出，，再由二倍角公式余弦公式代入计算可得. 【详解】因为角的始边与轴的非负半轴重合，终边经过点， 所以，， 所以. 故选：A 5. 已知，则“”是“”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 【答案】A 【解析】 【分析】结合不等式的性质分充分性、必要性两方面进行说明即可求解. 【详解】若 ，则，所以，充分性成立； 若，则，但不一定成立，不满足必要性， 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选：A． 6. 已知为偶函数，且在上单调递增，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数的对称性、单调性即可列出不等式求解. 【详解】因为为偶函数，所以函数的图象关于对称， 又在上单调递增，， 所以，解得． 故选：B． 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，若上存在点，使得，则的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线定义和，得到，结合，得到不等式，又双曲线的离心率大于1，得到答案. 【详解】因为，所以，又， 所以，所以离心率，又双曲线的离心率大于1，所以． 故选：D． 8. 在不等式组表示的平面区域内任取一点，则满足的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别画出不等式组和不等式满足的区域，再利用几何概型的概率求解. 【详解】解：如图， 不等式组表示的平面区域为及其内部，其中， 所以， 设直线与直线分别交于点， 所以满足的平面区域为四边形及其内部， ， 所以满足的概率为． 故选：C． 9. 已知函数在上有且仅有4个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】整体代入法求得的零点，根据题意列出不等式组即可求解. 【详解】令，则，可得， 故的零点有…，，…， 要使在上有且仅有4个零点， 则，解得． 故选：C． 10. 为落实党的二十大提出的“加快建设农业强国，扎实推动乡村产业､人才､文化､生态､组织振兴”的目标，某银行拟在乡村开展小额贷款业务.根据调查的数据，建立了实际还款比例关于还款人的年收入（单位：万元）的Logistic模型：.已知当贷款人的年收入为9万元时，其实际还款比例为50%，若贷款人的年收入约为5万元，则实际还款比例约为（参考数据：）（ ） A. 30% B. 40% C. 60% D. 70% 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求得，令，即可求解. 【详解】由题意知，当时，，则，解得， 所以，可得，所以， 当时，. 故选：B. 11. 已知是自然对数的底数，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构建，利用导数判断单调性可得，构建，利用导数判断单调性可证，进而可得，即可得结果. 【详解】构建，则在内恒成立， 可知在内单调递增， 因为， 可知，即； 构建，则在内恒成立， 可知在内单调递增，则，即， 可得，且，则，即； 综上所述：. 故选：B. 12. 如图，在三棱锥中，两两垂直，且，以为球心，为半径作球，则球面与底面的交线长度的和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等体积公式求出截面圆的半径为，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度. 【详解】由题意知三棱锥为正三棱锥，故顶点在底面的射影为的中心，连接，由， 得，所以， 因为球的半径为，所以截面圆的半径， 所以球面与底面的交线是以为圆心，为半径的圆在内部部分， 如图所示 易求，所以， 易得，所以， 所以交线长度和为. 故选：C. 【点睛】本题为空间几何体交线问题，找到球面与三棱锥的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键.具体做法为由等体积公式求出截面圆的半径，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 设，向量，，若，则______________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量共线可列方程，解方程即可. 【详解】由题意得，解得， 故答案为：. 14. 已知直线与，若直线与相交于两点，且，则______． 【答案】或 【解析】 【分析】由弦长可求得圆心到该弦的距离，由点到直线的距离公式即可列方程求解. 【详解】若直线与相交于两点，且， 则圆心到直线的距离，所以， 解得或． 故答案为：或. 15. 如图.已知圆锥的轴截面为等边分别为，的中点.为底面圆周上一点.若与所成角的余弦值为.则______________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据题意，表示出与所成角的平面角，利用余弦定理得到. 【详解】 连接，分别为，的中点. 则，， 所以（或其补角）为异面直线与所成的角， 所以，或. 又， 当时，， 当时，， 所以或. 故答案为：或. 16. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，点满足，其中为坐标原点，直线交于另一点，直线交于另一点，记的面积分别为，则______．（结果用表示） 【答案】 【解析】 【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程结合韦达定理有，同理，从而，同理，结合三角形面积公式即可得解. 【详解】 由题意知，又，所以． 显然直线的斜率不为0，设直线的方程为， 由，得，所以． 显然直线的斜率不为0，设，直线的方程为， 由得，所以， 又，所以， 设，同理可得， 所以． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于同理思想的运用，通过韦达定理得出，，由此即可顺利得解. 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. 脑机接口，即指在人或动物大脑与外部设备之间创建的直接连接，实现脑与设备的信息交换.近日埃隆.马斯克宣布，脑机接口公司Neuralink正在接收第二位植入者申请，该试验可以实现意念控制手机和电脑.未来10到20年，我国脑机接口产业将产生数百亿元的经济价值.为了适应市场需求，同时兼顾企业盈利的预期，某科技公司决定增加一定数量的研发人员，经过调研，得到年收益增量（单位：亿元）与研发人员增量（人）的10组数据.现用模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的经验回归方程，并进行残差分析，得到如图所示的残差图. 根据收集到的数据，计算得到下表数据，其中. 7.5 2.25 82.50 4.50 12.14 2.88 （1）根据残差图，判断应选择哪个模型；（无需说明理由） （2）根据（1）中所选模型，求出关于的经验回归方程；并用该模型预测，要使年收益增量超过8亿元，研发人员增量至少多少人？（精确到1） 附：对于一组具有线性相关关系的数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为 【答案】（1）选择模型② （2），10人 【解析】 【分析】（1）根据残差图分析判断； （2）令与可用线性回归来拟合，有，然后根据公式结合已知的数据求出，从而可求出关于的经验回归方程，进而可求出关于的经验回归方程，再由可求出研发人员增量. 【小问1详解】 选择模型②，理由如下： 由于模型②残差点比较均匀在落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度比模型①带状宽度窄， 所以模型②的拟合精度更高，回归方程的预报精度相应就会越高，所以模型②比较合适. 【小问2详解】 根据模型②，令与可用线性回归来拟合，有. 则，所以 则关于的经验回归方程为，所以关于的经验回归方程为. 由题意，，解得，又为整数，所以. 所以，要使年收益增量超过8亿元，研发人员增量至少为10人. 18. 在中，内角的对边分别为，且． （1）证明：； （2）点是线段的中点，且，求的周长． 【答案】（1） 证明：因为， 由， 可得 所以，所以，即， 又由正弦定理，可得，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合三角恒等变换的公式和正弦定理，化简得到，即可求解； （2）根据题意，得到，进而得到，结合余弦定理，列出方程组，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因为点是线段的中点，所以，可得， 则， 由余弦定理得， 又由（1）知，，则， 联立方程组，解得，则， 所以的周长为． 故的周长为． 19. 如图，在四棱锥中，平面，平面平面． （1）证明：； （2）若为的中点，，求到平面的距离． 【答案】（1）证明如下： 设，连接，过作，垂足为， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面得到，由题意可得，结合线面垂直的判定、性质即可得证； （2）首先证明平面，平面，即所求为的长度，由解三角形知识即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，则， 又平面平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离． 过作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以由面面垂直的性质可得平面， 由（1）得， 因为，所以， 因为，所以． 所以，所以， 即点到平面的距离为． 20. 设函数，． （1）若函数在点处的切线方程为，求a，b； （2）若方程有两个不同的实数根，求b的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解； （2）方程即为，设，利用导数求出函数的单调区间及最值，进而可得出答案. 【小问1详解】 ，则切线的斜率为， 又，所以函数在点处的切线方程为， 即，所以，解得； 【小问2详解】 方程即为，即， 设， 则“方程有两个不同的实数根”等价于“函数有两个零点”， ， 当时，恒成立，所以在上是增函数，至多有一个零点，不合题意； 当时，由得， 此时：若，则，单调递减； 若，则，单调递增， 所以， 由函数有两个零点得，解得， 当时，有， 因为，所以在内有一个零点． 令，则， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，故． 所以在上单调递增， 所以， 所以，所以在内也有一个零点， 即当时，函数有两个零点， 所以实数的取值范围为． 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 21. 如图，已知椭圆的左顶点为，离心率为是直线上的两点，且，其中为坐标原点，直线与交于另外一点，直线与交于另外一点． （1）记直线的斜率分别为，求的值； （2）求点到直线的距离的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用斜率公式及两直线垂直的条件即可求解； （2）根据已知条件及椭圆的离心率公式求出椭圆的方程，当直线的斜率存在时，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理，结合（1）的结论，进而得出直线过定点，当直线的斜率不存在时，求出直线，与椭圆的方程联立，得出得坐标，得出直线过定点即可求解. 【小问1详解】 设，所以, 又，所以， 又， 所以 【小问2详解】 由题意可知，解得 所以椭圆的方程为 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由，消去，得， 则， 所以， 由（1）知，所以, 整理得， 所以，整理得， 即，解得，或 当时，直线的方程为，过定点，不符合题意，舍去； 当，直线的方程为，过定点 当直线的斜率不存在时，易得， 所以直线的方程为， 由，消去，得，解得，或， 所以，同理得， 此时直线的方程是，过定点 综上，直线过定点 又， 所以点到直线的距离的最大值为. 【点睛】关键点点睛：第二问根据已知条件求出椭圆的方程，讨论直线的斜率的存在，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程的联立，利用韦达定理及（1）的结论，进而求出直线过定点和定直线即可. （二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.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 22. 在平面直角坐标系中，直线过点且倾斜角为，曲线的方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系． （1）求直线的参数方程及曲线的极坐标方程； （2）设交于两点，求的最小值． 【答案】（1）（为参数）， （2） 【解析】 【分析】（1）直接由直线的参数方程、曲线的极坐标方程的定义进行转换即可； （2）联立直线参数方程与原的直角坐标方程，结合韦达定理、参数的几何意义可得，进一步结合三角函数性质即可求解. 【小问1详解】 由已知得直线的参数方程为（为参数）， 由，得， 又， 所以，即， 所以曲线的极坐标方程为． 【小问2详解】 将代入，得， 即， 设是上述方程的两实根，则， 又直线过，则两点对应的参数分别为， 所以 ，当且仅当时，取等号． 所以的最小值为． 选修4-5：不等式选讲 23. 已知均为正数，函数的最小值为3． （1）求的最小值； （2）求证：． 【答案】（1）9； （2） 因为， 同理， 所以 ． 【解析】 【分析】（1）利用绝对值的三角不等式求得，再利用柯西不等式求出最小值. （2）由（1）有，利用柯西不等式证得，，再相加即可推理得证. 【小问1详解】 ，当且仅当时取等号， 则， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为9． 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $