陕西省理数卷解析-2024年普通高等学校招生统一考试。
江苏唐新进解析。
一、选择题。
1. 集合，，则。
a. bcd.
解析：，，故选c。
2. 下列函数中，既是奇函数又是增函数的为（ ）
a. b. cd.
解析：奇函数有和，又是增函数的只有选项d正确。
3. 设，是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的（ ）
a.充分不必要条件b. 必要不充分条件。
c. 充分必要条件d. 既不充分也不必要条件。
解析：，复数为纯虚数，故选b。
4. 已知圆，过点的直线，则（ ）
a.与相交 b. 与相切 c.与相离 d. 以上三个选项均有可能。
解析： ，所以点在圆c内部，故选a。
5. 如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱，，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）
a. b. c. d.
解析：不妨设，则，，直线与直线夹角为锐角，所以余弦值为，选a。
6. 从甲乙两个城市分别随机抽取16台自动售货机，对其销售额进行统计，统计数据用茎叶图表示（如图所示），设甲乙两组数据的平均数分别为，，中位数分别为，，则（ ）
a. ，b. ，c. ，d. ，解析：直接根据茎叶图判断，选b
7. 设函数，则（ ）
a. 为的极大值点 b.为的极小值点。
c. 为的极大值点 d. 为的极小值点。
解析：，令得，时，，为减函数；时，，为增函数，所以为的极小值点，选d。
8. 两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（ ）
a. 10种 b.15种 c. 20种 d. 30种。
解析：先分类：3:
0,3:1，3:2共计3类，当比分为3:
0时，共有2种情形；当比分为3:1时，共有种情形；当比分为3:2时，共有种情形；总共有种，选d。
9. 在中，角所对边长分别为，若，则的最小值为（ ）
abc. d.
解析：由余弦定理得，当且仅当时取“=”选c。
10. 右图是用模拟方法估计圆周率的程序框图，表示估计结果，则图中空白框内应填入（ ）
a. b.
c. d.
解析：点落在单位圆内或圆上，随机产生1000个数，，故选d。
二。 填空题：把答案填写在答题卡相应的题号后的横线上（本大题共5小题，每小题5分，共25分）
11. 观察下列不等式。
照此规律，第五个不等式为。
解析：第五个不等式为。
12. 展开式中的系数为10， 则实数的值为。
解析：展开式中第项为，令，的系数为，解得。
13. 右图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽米。
解析：建立如图所示的直角坐标系，则抛物线方程为，当时，所以水面宽米。
14. 设函数，是由轴和曲线及该曲线在点处的切线所围成的封闭区域，则在上的最大值为2
解析：，，曲线及该曲线在点处的切线方程为，围成的封闭区域为三角形，在点处取得最大值2.
15. （考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分）
a.（不等式选做题）若存在实数使成立，则实数的取值范围是。
解析：，解得：
b.（几何证明选做题）如图，在圆o中，直径ab与弦cd垂直，垂足为e，，垂足为f，若，，则。
解析：，，在中，c.（坐标系与参数方程）直线与圆相交的弦长为。
解析：将极坐标方程化为普通方程为与，联立方程组成方程组求出两交点的坐标和，故弦长等于。
三、解答题。
16.（本小题满分12分）
函数（）的最大值为3， 其图像相邻两条对称轴之间的距离为，1）求函数的解析式；
2）设，则，求的值。
解析：（1）∵函数的最大值为3，∴即。
函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为，∴最小正周期为，故函数的解析式为。
即，∴，故。
17.（本小题满分12分）
设的公比不为1的等比数列，其前项和为，且成等差数列。
1）求数列的公比；
2）证明：对任意，成等差数列。
解析：（1）设数列的公比为（）
由成等差数列，得，即。
由得，解得（舍去）
2）证法一：对任意。
所以，对任意，成等差数列。
证法二对任意，因此，对任意，成等差数列。
18. （本小题满分12分）
1）如图，证明命题“是平面内的一条直线，是外的一条直线（不垂直于），是直线在上的投影，若，则”为真。
2）写出上述命题的逆命题，并判断其真假（不需要证明）
解析：（1）证法一如图，过直线上任一点作平面的垂线，设直线的方向向量分别是，则共面，根据平面向量基本定理，存在实数使得。
则。因为，所以。
又因为，，所以。
故，从而。证法二如图，记，为直线上异于点a的任意一点，过p作，垂足为o，则，∴直线。
又，平面，平面，又平面，∴
2）逆命题：a是平面内一条直线，是外的一条直线（不垂直于），是直线在上的投影，若，则。 逆命题为真命题。
19. （本小题满分12分）
已知椭圆，椭圆以的长轴为短轴，且与有相同的离心率。
1）求椭圆的方程；
2）设o为坐标原点，点a，b分别在椭圆和上，，求直线的方程。
解析：（1）由已知可设椭圆的方程为。
其离心率为，故，则。
故椭圆的方程为。
2）解法一两点的坐标分别记为。
由及（1）知，三点共线且点，不在轴上，因此可以设直线的方程为。
将代入中，得，所以。
将代入中，则，所以。
由，得，即。
解得，故直线的方程为或。
解法二两点的坐标分别记为。
由及（1）知，三点共线且点，不在轴上，因此可以设直线的方程为。
将代入中，得，所以。
由，得，将代入中，得，即。
解得，故直线的方程为或。
20.（本小题满分13分）
某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：
从第一个顾客开始办理业务时计时。
1）估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；
2）表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求的分布列及数学期望。
解析：设表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得的分布列如下：
1）表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”，则事件a对应三种情形：
第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟。
所以。2）解法一所有可能的取值为。
对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，所以。
对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟。
所以。对应两个顾客办理业务所需时间均为1分钟，所以。
所以的分布列为。
解法二所有可能的取值为。
对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，所以。
对应两个顾客办理业务所需时间均为1分钟，所以。
所以的分布列为。
21. （本小题满分14分）
设函数。1）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；
2）设，若对任意，有，求的取值范围；
3）在（1）的条件下，设是在内的零点，判断数列的增减性。
解析：（1），时，，∴在内存在零点。
又当时， 在上是单调递增的，所以在内存在唯一零点。
2）当时，对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：（ⅰ当，即时，与题设矛盾。
ⅱ）当，即时，恒成立。
ⅲ）当，即时，恒成立。
综上可知，注：（ⅱ也可合并证明如下：
用表示中的较大者。当，即时，恒成立。
3）证法一设是在内的唯一零点，于是有。
又由（1）知在上是递增的，故，所以，数列是递增数列。
证法二设是在内的唯一零点。
则的零点在内，故，所以，数列是递增数列。
2024年高考陕西理科数学试卷解析 精析版 学生版
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