铜川市2023—2024学年度高三第一次模拟考试理数答案_2024届陕西省铜川市高三上学期第一次模拟考试_陕西省铜川市2024届高三上学期第一次模拟考试理科数学

铜川市 2023—2024 学年度高三第一次质量检测 理科数学参考答案 第 I 卷（选择题 共 60 分） 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分. 在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求 的一项） 1．C 2．A 3．C 4．A 5．D 6．C 7．D 8．B 9．B 10．B 11．D 12．A 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分) 1 13 11 13． sin  x  1（答案不唯一） 14．①③ 15． ,  16．8 2  8 8  答案详解： 1．【答案】C 【解析】因为N {x|x22x80}{x|x4或x2}， 所以M N {2}.故选：C. 2．【答案】A 【解析】充分性：若ab1，则abi2 1i2 12ii2 2i； 必要性：若abi2 2i则abi2 a22abi+b2i2=a2b22abi=2i ， a2b2 0 a1 a1 则 ，得 ，或 ，故不满足必要性 2ab2 b1 b1 综上“ab1”是“abi2 2i”充分不必要条件，故选：A 3．【答案】C 【详解】如图，转动了45后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的 面积，显然小三角形为等腰直角三角形， 3 2 设直角边x，则斜边为 2x，则有2x 2x3，得到x3 ，由几何关系 2 1 3 2 27 9 2 得：阴影部分的面积为S  (3 )2  ， 1 2 2 4 2 27 9 2 所以增加的面积为S 16S 16(  )10872 2.故选：C. 1 4 2 4. 【答案】A 【分析】求出展开式的第九项，令 x的指数为0，可以求出n，再将 x1代入即可求出系数和.  x2  n8  1  8 【详解】T C8       28nC8x2n20 ，所以 2n200，则 n10, 9 n  2   x  n 10 12 1  1 1 令 x1，可得     ，所以展开式中的各项系数之和为 ．故选：A.  2 1 210 210 5. 【答案】D 【分析】方法一：根据函数的奇偶性及函数值的符号排除即可判断；方法二：根据函数的奇偶性及某个函 数值的符号排除即可判断. 2x 【详解】方法一：因为 0，即  x2  x2 0，所以 2 x2， 2x 2x 所以函数 f  x  x2log 的定义域为2,2 ，关于原点对称， 4 2x 2 x 又 f x (x)2log   f x，所以函数 f  x  是奇函数，其图象关于原点对称， 4 2 x 故排除 B,C； {#{QQABbY6EggCAQBAAARgCAQHqCgAQkBCCAAoGgAAEsAAAwQFABCA=}#}当x 0,2  时， 2x 1，即 log 2x 0，因此 f  x 0，故排除A. 故选:D. 2x 4 2x 方法二：由方法一，知函数 f  x  是奇函数，其图象关于原点对称，故排除 B,C； 1 又 f 1  log 3 0，所以排除A. 故选：D. 2 2 6. 【答案】C 【分析】由正弦定理化边为角，结合二倍角的正弦公式即可求解； 【详解】c2bcosB，则由正弦定理可得sinC 2sinBcosBsin2B， 2π 3 2π  π  2π π π sin2Bsin  ，C  ，B 0, ，2B 0, ，2B ，解得 B  ； 3 2 3  3  3  3 6 7. 【答案】D 【分析】由距离公式结合勾股定理得出 AP  MP 2 12 2 ，进而由面积公式得出四边形MAPB的 面积最小值. 161 【详解】圆M：x2 (y4)2 1的圆心 M  0,4  到直线l： 3x4y10的距离 d  3， 5 故 MP 的最小值是3，又因为 MA 1，则 AP  MP 2 12 2 ， 1 故 AMP的面积的最小值是 S  12 2  2，故四边形MAPB的面积的最小值是2 2 .故选：D. 2 8. 【答案】B 【分析】由指数与对数的互化关系结合函数关系式计算即可. x 【详解】设人交谈时的声强为x W /m2，则火箭发射时的声强为107.8x ，且6010lg 1 ，得x 106， 1 1 1012 1 则火箭发射时的声强约为107.8106 101.8W /m2， 将其代入d  x 10lg x 中，得d  101.8 10lg 101.8 138dB ， 1012 1012 故火箭发射时的声强级约为138dB，故选:B. 9. 【答案】B 【分析】由 f 0 2 可得 π ，由对称中心A   π ,0  可求得2，从而知函数 f  x  的解析式，再 2 4 8  根据余弦函数的图象与性质，逐一分析选项即可.  2 2 π 【详解】因为点B  0,   在 f(x)的图象上， 所以 f(0)cos .又 0π，所以 .  2  2 4 π  π π π 因为 f(x)图象的一个对称中心是A ,0，所以   kπ， kZ， 8  8 4 2  π 则 28k ， kZ.又010，所以2，则 f(x)cos2x ，A正确.  4 5π 3π 5π f   cos 0，则直线x  不是 f(x)图象的一条对称轴，B不正确.  8  2 8 7π 11π π 当x  ,  时，2x [2π,3π]， f(x)单调递减，C正确.  8 8  4  π  π f x  cos2x  sin 2x ，是奇函数，D正确. 故选：B.  8  2 10. 【答案】B {#{QQABbY6EggCAQBAAARgCAQHqCgAQkBCCAAoGgAAEsAAAwQFABCA=}#}3 3 x2y 【分析】利用平面向量的线性运算推导出 x y 1，将代数式 x y与 相乘，展开后利用基本 2 2 xy x2y 不等式可求得 的最小值. xy   【详解】因为 D是 AB边上的点，满足 AD 2DB，则 AD  2DB ，    2  所以， CD  AD AC  AB AC， 3   2   因为 E在线段CD 上（不含端点），则存在实数 0,1 ，使得 CE CD  ABAC ， 3     2   2   所以，AE  ACCE  AC ABAC  AB 1 AC， 3 3 又因为  A  E   x  A  B   y  A  C   x,yR ，且  A  B  、  A  C  不共线，则  2 x  3  3 ，故 x y 1，  y 1 2 2  2 因为 0,1 ，则x   0, ， y 1 0,1 ， 3  3 x2y 2 1 1 2 1  1  3x 4y  1  3x 4y  所以     3x2y      8      82    xy x y 2 x y  2 y x  2  y x  42 3， 3x 4y  3 3    x0,y0  x  y x  3 当且仅当 时，即当 时，等号成立， 3  31 x y1 y  2   2 x2y 故 的最小值为 42 3.故选：B. xy 11.【答案】D 【分析】由椭圆的性质判断A；由定义结合余弦定理、三角形面积公式判断B；由余弦定理得出FAF 的 1 2 最大角为锐角，从而判断C；由基本不等式判断D. ab12 5  c 2 x2 y2 【详解】对于①：由  ，解得a 6,b2 5,c4，则椭圆C的标准方程为  1，故  a 3 36 20 a2 b2 c2  ①正确； 对于②：由定义可知| AF || AF |12 ，由余弦定理可得 1 2 AF 2  AF 2  FF 2  AF  AF 2 2 AF AF  FF 2 cosFAF  1 2 1 2  1 2 1 2 1 2 1 2 2 AF AF 2 AF AF 1 2 1 2 122 2 AF AF 64 1 80  1 2  ，解得 AF AF  ， 2 AF AF 2 1 2 3 1 2 1 1 80 3 20 3 则S  AF AF sinFAF     ，故②错误； F 1 AF 2 2 1 2 1 2 2 3 2 3 对于③：当点A为短轴的一个端点时，FAF 最大， 1 2 {#{QQABbY6EggCAQBAAARgCAQHqCgAQkBCCAAoGgAAEsAAAwQFABCA=}#}62 62 82 1 此时cosFAF   0 ，FAF 为锐角， 1 2 262 9 1 2  则不存在点A，使得FAF  ，故③错误； 1 2 2 2 1 1  2 1  对于④：       | AF | | AF |  | AF | | AF | 12| AF | | AF | 1 2 1 2 1 2 1  2| AF | | AF | 1   1 2 2| AF | | AF |  2 2 1 1  32 2   ，当且仅当 2  1 ， 12 | AF | | AF | 12 4 6 | AF | | AF | 1 2 1 2 即| AF | 2| AF |时，等号成立，故④正确；故选：D 1 2 12．【答案】A 【分析】根据函数的奇偶性只需要考虑 x0 时的情况，利用导数求解函数单调性，构造函数 lnx  x 2xsinx, g  x  ，即可由导数求解单调性，利用函数单调性即可比较大小. x 【详解】易知 f  x ax ax cosxx2(a 1)是偶函数， f x   ax ax lna2xsinx ，当 x0 时，因为 a 1，所以 lna0,ax ax 0. 令 x 2xsinx,x0，则 x 2cosx0，所以 x 单调递增， 所以 x  0 0 ，所以 f x 0, f  x  在  0, 上单调递增. lnx 1lnx 构造函数g  x  ，则g x  . x x2 令g x 0，得0xe，令 g x 0，得 xe，所以g  x  在区间  0,e  上单调递增， ln2 ln4 在区间 e,上单调递减.又  ，所以g  4  g  π  g  e  ， 2 4 所以 ln2  ln4  lnπ  lne ，所以 1 1 1 ，所以 f  2   f  π 1 π   f  e 1 e   f  e 1 e  ， 22  ππ ee 2 4 π e        1   1   即 f 2  f ππ  f ee .故选:A.     第Ⅱ卷（非选择题 共 90 分） 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 1 13．【答案】 sin  πx 1（答案不唯一） 2 【分析】函数具有周期性，选项正弦型函数 y  Asin xB ，由最小正周期求 ，由 f x  f  x 2取0,B 1，再由函数无零点选择合适的 A，得函数解析式． 1 2π 【详解】 f  x  sin  πx 1的定义域为 R，最小正周期为T   2， 2 π 1 1 1 1 f x  f  x  sin πx 1 sin  πx 1 sin  πx  1 sin  πx  1 2， 2 2 2 2 1 3 因为 1sin  πx 1，所以  f  x  ，所以 f  x  无零点． 2 2 1 1 综上，函数 f  x  sin x 1符合题意．故答案为： sin  πx 1. 2 2 14. 【答案】①③ 【详解】对于①，高三（2）班德智体美劳各项得分依次为9.5，9，9.5，9，8.5， 所以极差为9.58.51，①正确； {#{QQABbY6EggCAQBAAARgCAQHqCgAQkBCCAAoGgAAEsAAAwQFABCA=}#}对于②，两班的德育分相等，②错误； 9.59.259.599.5 对于③，高三（1）班的平均数为 9.35， 5 9.58.599.59 （2）班的平均数为 9.1，故③正确； 5 对于④，两班的体育分相差9.590.5，而两班的劳育得分相差9.258.50.75， ④错误， 故填：①③． 13 11 15．【答案】 ,   8 8  【分析】结合两点间线段最短，只需求其中一个点关于直线的对称点，再求对称点与另一点的距离即可. 【详解】 由题可知A,B在x y30的同侧，设点B关于直线x y30的对称点为B a,b  ， a6 b2  30   2 2 a1, 则 ，解得 即B 1,3  ．  b2 1 1 b3,  a6 将军从出发点到河边的路线所在直线即为AB，又A2,4，所以直线AB的方程为7x y10 0， 设将军在河边饮马的地点为H ，则H 即为7x y10 0与x y30的交点，  13 x 7x y100   8 13 11 13 11  ，解得 ，所以H , ．故答案为： ,  x y30  11  8 8   8 8  y   8 16．【答案】8 【分析】利用棱锥的体积公式结合球的表面积公式计算即可. 【详解】由题意可知 AD为球O的直径，设D到面 ABC的距离为d， 3  2 3 3 易知等边 ABC的面积为 S   3  ， 4 4 1 3 所以V  dS  d2，则球心O到面 ABC的距离为1， DABC 3 2 设 OH 面 ABC，易知H为等边 ABC的外心，所以 ，故 AO OH2AH2  2S  4πAO2 8π. 3 2AH 2BH  2 AH 1 sin600 三、解答题（本大题共6小题，共70分. 解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤） （一）必考题（共60分） 17．(12分）【答案】(1)a n      1 2    n1 (2)T 2n1 nn1log 3 2 2 3    1    1 4    n     1 【分析】（1）由3S a 2a 可得数列a 为等比数列，公比为  ，进而结合等差中项、等比中项、等 n n 1 n 2 比数列的前 n项和公式求解即可； （2）分 n为奇数和 n为偶数两种情况结合等差、等比数列的前 n项和公式分别进行求和，进而求解. 【详解】（1）由3S a 2a ， nN*， n n 1 {#{QQABbY6EggCAQBAAARgCAQHqCgAQkBCCAAoGgAAEsAAAwQFABCA=}#}a 1 当 n2时，3S a 2a ，两式相减得3a a a ，即 n  ， n1 n1 1 n n n1 a 2 n1 1 所以数列a 为等比数列，公比为  . n 2 1 1 1 1 1 选①，由 a ， ， a 成等差数列，可得 a a 2  ，即 a  a  ， 1 4 2 1 2 4 2 1 2 1 2 n1 n1  1  1 解得 a 1 1，所以 a n 1   2      2   . 2 2 选②，由 a 1 ， a 2 1， a 3 成等比数列，得 a 1 a 3 a 2 12，即 a 1 a 1      1 2         1 2 a 1 1    ， n1 n1  1  1 解得 a 1 1，所以 a n 1   2      2   .  3  1 a 1   选③，由 S 3  1    1 2     3 4 ，得 a 1 1，所以 a n 1     1 2    n1      1 2    n1 . 1   2 n1 n1  1 1 （2）当 n为奇数时，b log a log   log   n1log 2， n 3 n 3 2 32 3 记前 2n+1项和T 中的奇数项之和为T ， 2n1 奇 n12n 则T b b b b 0 2 4 2nlog 2  log 2 n n1 log 2.（9分） 奇 1 3 5 2n1 3 2 3 3 n1 n1  1 1 当 n为偶数时， b n    2    2   ，记前 2n+1项和T 2n1 中的偶数项之和为T 偶 ， 1  1 n 1   则 1 1 1 3 1 5 1 2n1 2  4  2  1 n ， T b b b b           1   偶 2 4 6 2n 2 2 2 2  1 1 3 4  4 2  1 n 故T nn1log 2 1  . 2n1 3 3 4  14 18.(12分）【答案】(1)证明见解析(2) ． 4 【详解】（1）连接AB, 1 因为四边形AABB为正方形，所以AB  AB． 1 1 1 1 在直三棱柱 ABC-ABC 中，平面AABB平面ABC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 由 ABAC得AC  AB ，又平面AABBÇ 平面 1 1 1 1 1 1 ABC  AB ，所以AC 平面AABB， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 又AB 平面AABB，所以AC  AB ， 1 1 1 1 1 1 又ABAC  A，AB平面ABD，AC 平面ABD，所 1 1 1 1 1 1 1 1 1 以AB 平面ABD，又 BD平面ABD，所以AB BD. 1 1 1 1 （2）以 A为原点， AB， AC，AA 所在直线分别为 x， y， z轴 1 建立如图所示的空间直角坐标系， 设 AC 2a，则A0,0,0，B  3,0,0  ，C0,2a,0，D  0,a, 3  ，  A  B    3,0,0  ，  A  C  0,2a,0，  A  D    0,a, 3  ． r 设nx,y,z为平面ABD的一个法向量， {#{QQABbY6EggCAQBAAARgCAQHqCgAQkBCCAAoGgAAEsAAAwQFABCA=}#}   nAD0  ay 3z0    则   ，即 ，得 x0，令 za，则 y 3，故n 0, 3,a ， nAB0  3x0   ACn 2 3a       由题意，    3，解得 a1，所以 BC   3,2,0 ，CD 0,1, 3 ． n 3a2     i BC 0   3p2q0 设i p,q,r为平面BCD的一个法向量，则  ，即 ， i CD0 q 3r0 令 q 3，则 p2， r 1，即 i    2, 3,1  ，平面ABC的一个法向量为  j 0,0,1，   i  j 1 2 设平面 ABC和平面 BCD的夹角为，则 cos     ， i  j  2 4 22 3 12 1 14 14 所以sin 1cos2 ，所以平面 ABC和平面 BCD的夹角的正弦值为 ． 4 4 19．（12分）【答案】（1）证明见解析 （2）不可信 【分析】（1）利用马尔科夫不等式的证明示例证明即可； （2）由题意可知治愈的人数为 X 服从二项分布，由二项分布计算均值与方差，再结合切比雪夫不等式说 明即可. 【详解】（1）法一：对非负离散型随机变量[X E  X  ]2及正数2使用马尔科夫不等式， 有 P  X E  X     P  [X E  X  ]2 2   E[X E  X  ]2  D  X  ． 2 2 法二：设 X 的分布列为 P  X  x  p,i 1,2,,n, i i n 其中 p,x (0,)(i 1,2,,n),  p 1，记 E  X  ，则对任意0， i i i i1 P  X     P    x i 2 P  1   x 2 P  1  n  x 2 P  D  X  . i 2 i 2 i i 2 i i 2 x x x i1 i i i 【详解】（2）设在100名患者中治愈的人数为 X ．假设药企关于此新药有效率的宣传内容是客观真实的， 那么在此假设下，X  B  100,0.8  ,E  X 1000.880,D  X 1000.8 10.8 16．   D X 由切比雪夫不等式，有 P  X 60  P  X 80 20   0.04 ． 202 即在假设下，100名患者中治愈人数不超过60人的概率不超过0.04，此概率很小， 据此我们有理由推断药厂的宣传内容不可信． x2 y2 20．（12分）【答案】(1)  1 (2)存在， P(4,0) 12 3 c b2 3 x2 y2 【详解】（1）因为 e  1  ，所以 a2b 所以椭圆C的方程为  1 a a2 2 4b2 b2 9  3 因为点   3, 2   在椭圆C上，所以 3  4 1 ，解得b2 3， 4b2 b2 x2 y2 所以 a2 12 所以椭圆C的标准方程为  1 12 3 （2）存在定点 P(4,0)，使 OPAOPB.理由如下： 由（1）知， c2 1239 ，则点 F(3,0).设在 x轴上存在定点 P(,0)，使OPAOPB成立. 当直线l斜率为 0时，直线右焦点 F 的直线l即 x轴与 C交于长轴两端点， 若 OPAOPB，则t2 3，或t2 3 当直线l斜率不为 0时，设直线l的方程为 xmy3,Ax ,y ,Bx ,y ，. 1 1 2 2 {#{QQABbY6EggCAQBAAARgCAQHqCgAQkBCCAAoGgAAEsAAAwQFABCA=}#}x2 y2 由  12  3 1, 消去 x并整理，得  4m2 y26my30，则y y  6m ,y y  3  1 2 4m2 1 2 4m2 xmy3 y y 因为 OPAOPB，所以 k k 0，所以 1  2 0，即 y x t y x t0. PA PB x t x t 1 2 2 1 1 2 所以 y my 3t y my 3t0，即 2my y 3y  y ty  y 0， 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 6m 18m 6mt 6m(t4)     0恒成立， 4m2 4m2 4m2 4m2 6m(t4) 即对mR， 0恒成立，则t4，即 P(4,0) 4m2 又点 P(4,0)满足条件t2 3. 综上所述，故存在定点 P(4,0)，使 OPAOPB 21. （12分）【答案】（1）答案见解析； （2）证明见解析. 【分析】（1）对参数 a分类讨论，根据不同情况下导函数函数值的正负，即可判断单调性；       （2）利用导数判断 F x 的单调性，求得 x 的范围，满足的条件，以及 F x ，根据 x 的范围夹逼 F x 0 0 0 0 的范围即可. a xa 【详解】（1）函数 f  x  的定义域为 0, , f x 1  ， x x ①当 a0时， f ¢( x )>0，函数 f  x  在  0, 上单调递增； ②当 a0时，由 f ¢( x )>0，得 xa，由 fx0，得0 xa， 所以，函数 f  x  在 a,上单调递增，在 0,a 上单调递减. 综上，当 a0时，函数 f  x  在  0, 上单调递增；当 a0时，函数 f  x  在 a,上单调递增， 在 0,a 上单调递减. 1  1 【详解】（2）当 a 1时， F  x  x2  ex xlnx4,F x  x1  ex 1  x1  ex  ， x  x 1 1 设g  x ex  ，则gx  ex  ， x x2 1 当 x0时，g x 0，所以g  x  在  0, 上单调递增，又g   e20,g  1 e10， 2 1  所以存在x   ,1，使得g  x 0，且当 x 0,x  ,g  x  0,x x , ,g  x  0 ； 1 2  1 1 1 又当 x 0,1  ,y  x1 0;x 1, ,y  x1 0 ； 故当x 0,x  ， F x 0；当x x ,1  ， F x 0；当x 1, ， F x 0 1 1 所以 F  x  在  0,x  上单调递增，在  x ,1  上单调递减，在  1, 上单调递增， 1 1 1 1 所以当 x  x 时， F  x  取得极大值，故x  x ，且ex 0  0，所以ex 0  ,lnx x ， 1 0 1 x x 0 0 0 0 x 2  1  Fx x 2ex0  x lnx 4  0  x  x 4 52x   ， 0 0 0 0 x 0 0  0 x  0 0 1 1  又 y  x 在 ,1单调递减，所以 0 F  x 1. x 2  0 【点睛】关键点点睛：本题考察含参函数单调性的讨论，以及导数中的隐零点问题；处理问题的关键是能   够准确分析 F x 的单调性，以及求得隐零点的范围以及满足的条件，属综合中档题. （二）选考题：共10分.请考生从22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分. {#{QQABbY6EggCAQBAAARgCAQHqCgAQkBCCAAoGgAAEsAAAwQFABCA=}#}22. 【选修4-4：坐标系与参数方程】【答案】（1）4cos （2） AB 2 7 max 【分析】（1）先求出点Q的参数方程，化为普通方程，最后求出极坐标方程； （2）由点 A、 B的极坐标直接求两点间的距离，再由三角函数的最值求解. 【详解】（1）设 P  44cos,4sin ，Q  x,y  .   则 OP 44cos,4sin ，OQ x,y  .  1 x  44cos22cos,   1   2 由 OQ  OP， 曲线C 直角坐标系方程为  x2 2  y2 4， 2 1 2  y 4sin2sin,  2 xcos 由 曲线C 的极坐标方程为4cos. ysin 2 【详解】（2）设A , ，B , 则4cos， 2 3sin， 1 2 1 2  π π π AB    4cos2 3sin2 7 sin   ，当  时， AB 2 7 . 1 2  6 6 2 max 23. 【选修4-5：不等式选讲】【答案】（1） x,4    3, （2）,37, 【分析】（1）分 x2， 3 x2和 x3三种情况求解不等式； （2）先利用绝对值三角不等式的性质可求出 f(x)的最小值 a5 ，然后将问题转化为 a5 2，从而可 求出 a的取值范围. 【详解】（1）当 a0时，不等式 f x7， 可化为： x2  x3 7． 当 x2时，不等式可化为； x2x37，解得： x3； 当 3 x2时，不等式可化为： 2 x x37，不成立； 当 x3时，不等式可化为； 2 x x37，解得： x4； 所以不等式 f x7的解集为 x,4    3, ； 【详解】（2）根据绝对值不等式的性质知 f  x  xa2  x3  xa2  x3  a5 ， 当且仅当(xa2)(x3)0 时，等号成立，因为 f  x 2，所以 a5 2， 解得 a5 2或 a5 2，即 a7或 a 3， 所以 a的取值范围是,37,． {#{QQABbY6EggCAQBAAARgCAQHqCgAQkBCCAAoGgAAEsAAAwQFABCA=}#}