陕西省西安市长安区2024届高三第一次联考数学（理科）试题（教师版）

长安区高三第一次联考数学（理科）试题注意事项：1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟．2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上．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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收．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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用对数函数的性质和二次根式的定义域求解集合，再求并集即可.【详解】令，解得，令，解得，显然，故A正确.故选：A2.已知函数，则（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】根据给定的分段函数，依次代入计算即得.【详解】函数，则，所以.故选：A3.著名的欧拉公式是，则在复平面内的（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】由题意可得，结合三角函数在各象限的符号和复数的几何意义即可求解.【详解】由题意知，，又，所以该复数在复平面所对应的点的坐标为，为第二象限的点.故选：B4.已知向量，，若不超过3，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据平面向量的坐标表示和几何意义可得，解之即可求解.【详解】由题意知，，所以，得，即，解得，即实数m的取值范围为.故选：B5.某班学生每天完成数学作业所需的时间的频率分布直方图如右图，为响应国家减负政策，若每天作业布置量在此基础上减少5分钟，则减负后完成作业的时间的说法中正确的是（）A.减负后完成作业的时间的标准差减少25B.减负后完成作业的时间的方差减少25C.减负后完成作业的时间在60分钟以上的概率为D.减负后完成作业的时间的中位数为25【答案】D【解析】【分析】根据给定的频率分布直方图求出，利用方差、标准差的意义判断AB；求出减负前完成作业的时间在60分钟以上的概率及中位数判断CD.【详解】由频率分布直方图可得：，解得，减负后每天作业布置量减少5分钟，则减负后完成作业的时间的平均数减少5分钟，而完成作业的时间波动大小不变，因此减负后完成作业的时间的标准差、方差不变，AB错误；减负前完成作业时间在60分钟以上的频率为，减负后完成作业时间在60分钟以上的频率小于，由此估计减负后完成作业的时间在60分钟以上的概率小于，C错误；减负前，第一组的频率为，第二组的频率为，则完成作业的时间的中位数在第二组的中间，即中位数为（分钟），所以减负后完成作业时间的中位数为（分钟），D正确.故选：D6.等比数列满足，则（）A.30 B.62 C.126 D.254【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的性质，由题中条件，先求出首项和公比，即可.【详解】设等比数列的公比为，由可得，则，所以，因此.故选：C7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由和差角公式可得，从而得解.【详解】，所以，则.故选：D8.唐代诗人李颀诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为．若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】找出对称点，发现特殊情况路径最短，用两点间距离公式求解即可.【详解】如图，设点关于直线的对称点为，与直线交于，且设饮马处为，由轴对称性质得，，，解得，，故，即与重合时，将军饮马的总路程最短，则最短路程为.故选：C9.在三角形中，内角的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由正弦定理和辅助角公式得到，结合余弦定理得到，利用三角形面积公式求出答案.【详解】，由正弦定理得，因为，所以，故，即，故，因为，所以，故，解得，由余弦定理得，即，因为，，所以，解得，.故选：B10.从直角三角形顶点中任取两个顶点构成向量，在这些向量中任取两个不同的向量进行数量积运算，则数量积为0的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据向量的定义，结合平面向量数量积的运算性质、古典概型的运算定义进行求解即可.【详解】设是直角三角形的三个顶点，其中，从从直角三角形顶点中任取两个顶点构成向量有：一共有6个，因为两个向量数量积为零，所以它们互相垂直，即有符合题意，所以数量积为0的概率为，故选：B11.已知函数，若满足，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】判断函数的奇偶性和单调性，结合函数性质将已知的不等式转化为，再利用奇偶性和单调性求解即可.【详解】的定义域为，，为偶函数，，，当时，，，，，在单调递增，，即，即，也就是，在单调递增且为偶函数，在单调递减，，即，解得.实数的取值范围为.故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式，解答本题的关键是得出为偶函数和在上单调递增，由对数的性质结合函数为偶函数将不等式化为，再由单调性求解.12.已知农历每月的第天的月相外边缘近似为椭圆的一半，方程为，其中为常数．根据以上信息，下列说法中正确的有（）①农历每月第天和第天的月相外边缘形状相同；②月相外边缘上的点到椭圆焦点的距离的最大值为；③月相外边缘的离心率第8天时取最大值；④农历初六至初八的月相外边缘离心率在区间内．A.①③ B.②④ C.①② D.③④【答案】D【解析】【分析】利用已知条件求出第天和第天的方程即可判断A，根据椭圆上点到焦点的距离的最大值为，求出的范围即可判断B，求出离心率的表达式判断C，利用离心率的表达式，求出农历初六至初八时的的范围即可判断D.【详解】由方程知：A：当时，椭圆方程为，当时，椭圆方程为，化简为，即，所以①错误；B：月相外边缘上的点到椭圆焦点的距离的最大值为：，因为，所以，所以，所以②错误；C：月相外边缘的离心率为：，而，所以当时，最大，即月相外边缘的离心率第8天时取最大值，所以③正确；D：农历初六至初八，即时，即，此时月相外边缘离心率：，即，因为，，所以，，所以，故④正确.综上所述，正确的有③④.故选：D.【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是求得，由此即可顺利得解.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．13.设双曲线的两条渐近线互相垂直，则此双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】【详解】解析过程略14.若实数满足，则展开式中常数项为______．【答案】【解析】【分析】解出方程求出参数，再利用二项式定理写出通项求解即可.【详解】令，可得，易知，故，解得，则求展开式中常数项即可，由二项式定理得的通项为，令，解得，则常数项为.故答案为：15.一个正四棱柱底面边长为2，高为，上底面对角线交点与下底面四个顶点构成几何体的内切球表面积为______.【答案】【解析】【分析】根据题意该几何体为正四棱锥，利用正四棱锥的结构特征，求出内切球半径得解.【详解】由题意可知该几何体为正四棱锥，如图，为内切球的球心，是棱锥的高，分别是的中点，连接，是球与侧面的切点，可知在上，，设内切球半径为，则，，，，由，，即，解得，所以内切球表面积为.故答案为：.16.，若有两个零点，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】先求函数的值域，单调性，并画出图象，再设，结合复合函数的零点个数求实数的取值范围即可.【详解】易知函数在R上增函数，函数在上减函数，所以，当时，，当时，，于是函数的值域为，又函数的在上单调递增，在上单调递减，函数图象如图所示：设，由可知，，则.因为有两个零点，所以，即，于是，则方程，即有两个零点，所以，由的图象可知，使方程有两个零点，则满足，解得.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.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.体育强则中国强，体育承载着国家强盛、民族振兴的梦想.某学校从参加体育知识竞赛的学生中抽出200名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如图所示，根据图形，回答下列问题.（1）求；（2）估计这次体育知识竞赛成绩的众数、平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）在抽出的200位学生中，若规定分数不低于80分的学生为获奖学生，已知这200名学生中男生与女生人数相同，男生中有20人获奖，请补充列联表，并判断是否有99%的把握认为“体育知识竞赛是否获奖与性别有关”男生女生合计获奖20未获奖合计附：，其中.0.0500100.0050.0013.8416.6357.87910.828【答案】（1）（2）75，（3）列联表见解析，没有【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图的性质求参数即可.（2）利用中位数，众数的求解公式计算即可.（3）列出列联表。求卡方判断即可.【小问1详解】，所以.故值为.【小问2详解】平均数为：易知众数为：75【小问3详解】列联表如下：男生女生合计获奖201030未获奖8090170合计100100200所以，没有99%的把提认为“体育知识竞赛是否获奖与性别有关”.18.图1所示的是等腰梯形于点，现将沿直线折起到的位置，连接，形成一个四棱锥，如图2所示．（1）若平面平面，求证：；（2）求证：平面平面；（3）若二面角的大小为，求直线与平面夹角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）由线面平行的判定证得平面，再由线面平行的性质定理得证.（2）由线面垂直的判定证得平面，再由面面垂直的判定定理得证.（3）由（2）确定二面角的平面角，以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.【小问1详解】依题意，，而平面，平面，则平面，又平面，平面平面，所以.【小问2详解】依题意，，，而平面，，因此平面，又平面，所以平面平面.【小问3详解】由（2）知，，则是二面角的平面角，，在平面内过点作，由（2）知平面平面，平面平面，则平面，又平面，于是，即直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，在等腰梯形中，，则有，于是，，设平面的法向量，则，令，得，设直线与平面的夹角大小为，则，所以直线与平面夹角的正弦值.19.已知数列的前项和为，，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用构造法和等差数列定义与通项公式可得，结合即可求解；（2）由（1）知，利用分组求和法计算即可求解.小问1详解】根据题意，，所以，由于，则是以首项为1，公差为的等差数列，所以，所以，当时，.验证时满足通项公式，故数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）知.设的前项和为，则当为偶数时，.当为奇数时，，设的前项和为，则.因为，所以20.在平面直角坐标系中，已知点，点为平面内一动点，线段的中点为，点到轴的距离等于，点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）已知点，曲线上异于点的两点，满足与斜率之和为4，求点到直线距离的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设点的坐标为，分别求出，点到轴的距离，，进而利用点到轴的距离等于列方程，从而化简得到曲线的方程.（2）设直线的方程为，与曲线方程联立组得到，，再结合曲线方程与进行化简得到，进而易得直线过定点，从而验证即可得出点到直线距离的最大值.【小问1详解】设点的坐标为，因为点，则点，则点到轴的距离，因为点到轴的距离等于，所以，两边取平方得，整理得：，故曲线的方程为.【小问2详解】由题意设直线的方程为，与曲线方程联立：，消去可得，.设，，由韦达定理得，，①因为，所以，又因为点，在抛物线上，所以，化简得，化简得，将①代入可得，所以.所以，所以直线过定点.设直线也过定点，作，再中，，当与重合时，又假设，则，解得，则，而，此时，直线与曲线交于两点，即成立.所以当直线与直线垂直时，点到直线的距离最大，此时.21.已知函数．（1）当时，求函数在处的切线方程；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据题意求出切点，利用导数求出斜率，最后得到方程即可.（2）化简不等式，同构结合分离参数法求解即可.【小问1详解】当时，，当时，，故切点为，设切线斜率为，，则，故切线方程为.【小问2详解】若不等式恒成立，则恒成立，化简得，定义域为，故，化简得，令，而，令，，令，，故在上单调递减，在上单调递增，则最小值为，显然，故令，则，化简得，设，而，令，，令，，故在单调递增，在单调递减，则，故.【点睛】关键点点睛：本题考查求利用导数求解恒成立问题，解题关键是合理对化简后的式子进行同构，然后使用分离参数法，最后得到所要求的参数范围即可．（二）选考题：共10分．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．【选修4-4：坐标系与参数方程