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=}#}