2024届陕西省汉中市高三上学期一模文数试题及答案

汉中市2024届高三年级教学质量第一次检测考试数学（文科）本试卷共23小题，共150分，共4页.注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.第Ⅰ卷（选择题共60分）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，只有一个是符合题目要求的.A2,Bx02x3AB1.已知集合，则（）A.B.C.D.，则复数的虚部为（）z2i12.已知z11511iiA.B.C.D.D.555n(2,）3.已知向量m(2,)，，若m与n共线且同向，则实数的值为（22或4A.2B.4C.4.一个几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）第1页/共5页8844A.B.C.C.D.D.3315.已知sinxx，则2x（）214343212A.B.6.为庆祝我国第39个教师节，某校举办教师联谊会，甲､乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”43比赛，每轮比赛由甲､乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮54比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成语的概率为（）35192071A.B.C.D.2020q，若是的充分条件，则实数的取值范围是（7.已知p:0x1；q:xmpm）A.m0B.m1m0C.D.m£18.已知双曲线A.－4mx2y21的一条渐近线的斜率为2，则m（）11B.4C.D.449.下列函数中，在上是减函数且是偶函数的是（）1f(x)x21B.f(x)x3C.f(x)lgD.f(x)|x|A.|x|10.“欢乐颂”是音乐家贝多芬创作的重要作品之一.如图，如果以时间为横轴、音高为纵轴建立平面直角y4sin(x)坐标系，那么写在五线谱中的音符就变成了坐标系中的点，如果这些点恰好在函数π24ππ20,|,2的图象上，且图象过点，相邻最大值与最小值之间的水平距离为，则使得函数2单调递增的区间的是（）第2页/共5页ππ,π5π824,A.B.345π3π2485π3π84,,C.D.2的焦点，x2是抛物线C的准线，点Nt（t0）连接FN交11.已知F是抛物线C：y2抛物线CM于点，0，则△的面积为（）A.6B.3C.22D.42f00，则下列结论正确的是（12.设定义在R上的函数满足fxfx3x2ex，且）fxA.在R上单调递减fxB.D.在R上单调递增fxC.在R上有最大值在R上有最小值fxfx第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.2abb13.已知单位向量a，b满足a，则与b的夹角为__________.log2xx0f(x)f(f(log2__________.14函数，则4,x0xAB，AC=2，A60，则的外接圆面积为___________.15.已知中，16.已知正三棱锥的各顶点都在表面积为π球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为______.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.中，，a24a4a715．17.等差数列n（1）求数列的通项公式；an（2）设b2n2nbbbb，求的值．123n18.某市交管部门为了宣传新交规举办交通知识问答活动，随机对该市15～65岁的人群抽样，回答问题统计结果如图表所示．第3页/共5页回答正确的人数回答正确的人数占本组的概率组别分组第1组[15，25)第2组[25，35)50.50.9xa第3组[35，45)27第4组[45，55)第5组[55，65]b0.36y3（1）分别求出a，b，x，y的值；（2）从第2，3，4组回答正确的人中用分层抽样方法抽取6人，则第2，3，4组每组应各抽取多少人？（3）在（2）的前提下，决定在所抽取的6人中随机抽取2人颁发幸运奖.求：所抽取的人中第2组至少有1人获得幸运奖的概率．PABABCD底面，19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，120，侧面22，ABACPA2.（1）求证：平面1（2）过AC的平面交PD于点M，若VV，求三棱锥P的体积．M—P—ACD2x22y2231ab0的离心率为l:xy50有且只有一个公共点.20.已知椭圆E:ab2（1）求椭圆E的方程；第4页/共5页（2）过点的直线与椭圆交于两点，若，求直线l的方程2M1,0lE,B22fxaxax．21.已知函数（1）讨论的单调性；fxa0（2）证明：当．fxa2时，（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，那么按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]xcos（M是上的动点，P点满C中曲线的参数方程为C22.在直角坐标系：1y1sin1足，P点的轨迹为曲线C．2（Ⅰ）求C的参数方程；23（Ⅱ）在以Ox为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线yx与C1的异于极点的交点为A，3与C2的异于极点的交点为B，将曲线1、C[选修4-5：不等式选讲]的方程转化为极坐标方程后，求．2f(x)|2x1||xa|,aR23.设函数（1）当a1时，解不等式xRf(x)3；f(x)a1成立，求a的取值范围.（2）若存在，使得第5页/共5页汉中市2024届高三年级教学质量第一次检测考试数学（文科）本试卷共23小题，共150分，共4页.注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.第Ⅰ卷（选择题共60分）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，只有一个是符合题目要求的.A2,Bx02x3AB1.已知集合，则（）D.A.B.C.【答案】A【解析】【分析】将集合B化简，再结合集合的交集运算即可得到结果.，Bx1x2【详解】将集合B化简可得AB0,1则故选:A，则复数的虚部为（z2i）12.已知z11511iiA.B.C.D.555【答案】A【解析】【分析】利用复数的四则运算及定义计算即可.第1页/共18页12i2i2115z2i1【详解】由zi可得，即虚部为.555故选：An(2,）3.已知向量m(2,)，，若m与n共线且同向，则实数的值为（22或4A.2B.4C.D.【答案】C【解析】【分析】通过向量共线且同向，即可求出实数的值.【详解】由题意，m(2,)，n(2,，∵m与n共线且同向(2)804，2∴当，解得或4时，m与n共线且反向，舍去，故选：C．4.一个几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）8844D.A.B.C.33【答案】A【解析】【详解】根据三视图可知：该几何体是一个圆锥和正方体的组合体.132π12π，正方体的体积为8，故几何体的体积为：82圆锥的体积为33故选：A第2页/共18页15.已知sinxx，则2x（）21434312A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】将条件等式两边平方，利用sin2xcos2x1，结合二倍角公式，即可求解.1【详解】因为sinxx，214所以sin2x2x2sinxx，3所以sin2x．4故选：C.【点睛】本题考查应用同角间的三角函数关系、三角恒等变换求值，属于基础题．6.为庆祝我国第39个教师节，某校举办教师联谊会，甲､乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”43比赛，每轮比赛由甲､乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮54比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成语的概率为（）35192071A.B.C.D.2020【答案】B【解析】【分析】利用事件的相互独立性求解.法一，所求事件转化为互斥事件的和事件，利用概率加法公式求解即可；法二，利用对立事件的概率和为1，间接法可得.B“乙猜对”，C“几何队至少猜对一个成语”，【详解】设事件A“甲猜对”，4534114PA,PBPA,PB，则所以.5,B由题意知，事件相互独立，则A与B，A与B，A与B也相互独立，AB法一：C，且B,AB,AB两两互互斥，则PC)P(AB)P(AB)P(AB)P(A)P(B)P()P(B)P()P(B)1534451445341920.法二：事件C的对立事件C“几何队一个成语也没有猜对，即CAB，”第3页/共18页1119则PC)1PC)1P(AB)1P(A)P(B)1.5420故选：B.q，若是的充分条件，则实数的取值范围是（7.已知p:0x1；q:xmpm）A.m0B.m1C.m0D.m£1【答案】C【解析】【分析】根据充分，必要条件与集合的包含关系，即可求解.q【详解】若是的充分条件，则x0x1xxm，p所以m0.故选：C8.已知双曲线A.－4mx2y21的一条渐近线的斜率为2，则m（）11B.4C.D.44【答案】A【解析】m【分析】利用双曲线的方程求解渐近线，求出的值.x2y21,mx2y21,得到1【详解】根据mymx，则焦点在轴，故渐近线为ymm4.2，故则故选：A9.下列函数中，在上是减函数且是偶函数的是（）1f(x)x21B.f(x)x3C.f(x)lgD.f(x)|x|A.|x|【答案】C【解析】【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合即可得答案．【详解】解：根据题意，依次分析选项：第4页/共18页f(x)x1，是偶函数，在区间)上是增函数，不符合题意；2对于A，对于B，f(x)x3，是奇函数，不符合题意；1f(x)lg，是偶函数，在区间)上是减函数，符合题意；对于C，|x|对于D，f(x)|x|，是偶函数，但在区间)上是增函数，不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的判断，关键是掌握幂指对函数的性质，属于基础题．10.“欢乐颂”是音乐家贝多芬创作的重要作品之一.如图，如果以时间为横轴、音高为纵轴建立平面直角y4sin(x)坐标系，那么写在五线谱中的音符就变成了坐标系中的点，如果这些点恰好在函数π24ππ20,|,2的图象上，且图象过点，相邻最大值与最小值之间的水平距离为，则使得函数2单调递增的区间的是（）ππ34π5π824,,A.B.5π3π2485π3π84,,C.D.【答案】B【解析】【分析】根据已知得出函数的周期，求出，根据点的坐标，结合的取值范围，求出的值.然后得出函数的单调区间，即可得出答案.Tπ2π，π2，y4sin2x.【详解】由已知可得，，所以T22Tπ24π12,24sin2，又图象过点，所以有π121所以，sin.25πππ7π因为，所以，2121212第5页/共18页ππππ，所以y4sin2x所以，.12612127ππππ5π2π2x2π,kZπxπ,kZ，由可得，212224247π245π所以，函数的单调递增区间为π,π,kZ.2431π19π24,当当k1时，单调递增区间为；247π5πk0时，单调递增区间为,；242417π29π2424当k1时，单调递增区间为,；19ππ7π对于A项，，故A项错误；，故B项正确；，故C项错误；，故D项错误.243245π7ππ对于B项，因为对于C项，因为248245π3π17π248245π5π17π对于D项，因为故选：B.24824y2的焦点，x2是抛物线C的准线，点Nt（t0）连接FN交11.已知F是抛物线C：2抛物线CM于点，0，则△的面积为（）A.6B.3C.22D.42【答案】D【解析】M,N【分析】首先求出抛物线方程，进一步求出的坐标，最终求出答案.【详解】∵x2是抛物线C的准线，p42y8x∴∴，抛物线为F(2,0)∵0第6页/共18页p∴M为NF的中点，即的横坐标为M1，代入y28x，得到y22，4∴M22)∴N(0,42)1S24242∴.2故选：D.12.设定义在R上的函数满足fxfx3x2exf00，则下列结论正确的是（，且）fx在R上单调递减B.D.在R上单调递增fxfxA.C.在R上有最大值fx在R上有最小值fx【答案】C【解析】x3exfxx3c0cfxfx【分析】根据已知可得，由求出可得f0，利用导数判断的单ex调性可得最值情况.【详解】因为2exefxefx3x2，所以，xxfxfx3xxefxefx3x2，xx可得efxexfxx3cc（可得因为f00e0f00c0c=0，，所以，解得33x2exx3exx23xx所以fx，fx，exexexexxfxfx当x3时，f0，，单调递减，单调递增，x3时，f(x)>0当3327所以在x3时有极大值即最大值f3，无最小值.fxe3e3故选：C.xefxefx3x2，求出xx【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是利用已知构造efx.fx第7页/共18页第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.2abb13.已知单位向量a，b满足a，则与b的夹角为__________.2π【答案】【解析】3【分析】利用向量垂直点乘等于零和数量积公式求解.ab1【详解】因为a，b是单位向量，所以，22abb2abb0因为，所以，所以2abb0，2所以2aba,bb0，1210，所以a,b所以2a,b，2π因为a,bπ，所以a,b.32π故答案为：3log2xx0f(x)f(f(log2__________.14.函数，则4,x0x【答案】11【解析】【分析】根据分段函数解析式，结合对数运算，求得所求表达式的值.f(f(log2【详解】依题意log231322222log23log222311.24222故答案为：11【点睛】本小题主要考查分段函数求值，考查对数运算，属于基础题.AB，AC=2，A60，则的外接圆面积为___________.15.已知中，7π【答案】3【解析】BC.【分析】利用余弦定理求解边长，再利用正弦定理求解外接圆半径，即可得外接圆面积【详解】解：根据题意，由余弦定理可得BC2AB2AC2ABACA7BC7，2第8页/共18页该的外接圆的半径为r，BC7322132137π3.2rrSr2则由正弦定理得：sinA27π故答案为：.316.已知正三棱锥的各顶点都在表面积为π球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为______.313【答案】【解析】##5【分析】根据球的性质，结合导数的性质、棱锥的体积公式、球的表面积公式进行求解即可.VR球2【详解】因为，所以正三棱锥外接球半径R4，如图所示，设外接球圆心为O，过PO向底面作垂线垂足为Da(0a4)，，P在圆心的异侧，要使正三棱锥体积最大，则底面与PABC因为是正三棱锥，所以D是的中心，所以OPOAADOA2OD16a2，2又因为，所以ABBCAC16a2，331334ABACsin16a2，231343PD16a(4a)a4a16a64，所以P23234f(a)a34a216a64,(0a4)，令43f(a)a2a16a4)(a4)0解得a4或，第9页/共18页4a43，f(a)0a,4f(a)0当，；当，3443f(a),4所以故当在递增，在递减，344163a时，正三棱锥的体积VaOP4最大，此时正三棱锥的高为，P33故正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为.3故答案为：3三、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.中，，a24a4a715．17.等差数列n（1）求数列的通项公式；an（2）设b2n2nbbbb，求的值．123na3(n1n2n【答案】（1）2）2101【解析】Ⅰ）设等差数列的公差为and．ad41由已知得，15ada16d1a3d11解得所以．aan1dn2．n1b2n．n（Ⅱ）由（Ⅰ）可得n所以2231010bbbb2122312310222231012310110102110122第10页/共18页11255532101．考点：1、等差数列通项公式；2、分组求和法．18.某市交管部门为了宣传新交规举办交通知识问答活动，随机对该市15～65岁的人群抽样，回答问题统计结果如图表所示．回答正确的人数回答正确的人数占本组的概率组别分组第1组[15，25)第2组[25，35)50.50.9xa第3组[35，45)27第4组[45，55)第5组[55，65]b0.36y3（1）分别求出a，b，x，y的值；（2）从第2，3，4组回答正确的人中用分层抽样方法抽取6人，则第2，3，4组每组应各抽取多少人？（3）在（2）的前提下，决定在所抽取的6人中随机抽取2人颁发幸运奖.求：所抽取的人中第2组至少有1人获得幸运奖的概率．abxy0.2【答案】（1）（2）2人，3人，1人3（3）5【解析】1）根据频率分布直方图的性质，以及频率、频数的计算方法，即可求解；（2）根据第2，3，4组回答正确的人的比，结合分层抽样的方法，即可求解；第11页/共18页（3）抽取的6人中，第2组的记为a，a，第3组的记为b，b，b，第4组的记为c，利用列举法求得12123基本事件的总数和所求事件中所包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.【小问1详解】510n，所以总人数100；解：第1组人数为0.1第2组人数为1000.220，所以a200.918；27第3组人数为，所以x0.9；30第4组人数为1000.2525，所以b250.369；3第5组人数为1000.1515，所以【小问2详解】y0.2.15解：第2，3，4组回答正确的人的比为18:27:92:3:1所以第2，3，4组每组应各依次抽取2人，3人，1人．【小问3详解】，解：抽取的6人中，第2组的记为a，a，第3组的记为b，b，b，第4组的记为c，12123则从6人中任取2人的所有可能的情况有15种，分别为(a，a)，(a，b)，(a，b)，121112(a，b)，(a，c)，(a，b)，(a，b)，(a，b)，(a，c)，(b，b)，(b，b)，(b，c)，(b，b)，(b，c)，131212223212131232(b3，c)．其中第2组至少有1人的情况有9种，分别为(a，a)，(a，b)，(a，b)，(a，b)，(a，c)，(a，b)，12111213121(a，b)，(a，b)，(a，c)．22232935由古典摡型的概率计算公式，可得所求概率为.15PABABCD底面，19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，120，侧面ABACPA2.22，（1）求证：平面1（2）过AC的平面交PD于点M，若VV，求三棱锥P—ACDP的体积．M—2第12页/共18页3【答案】（12）3【解析】BDACPAABPABD，1）由菱形的性质有，勾股定理知，结合面面垂直的推论可得2）由PAP的体积；面ABCD即可计算VPACD，结合已知条件可求三棱锥1）由题意知：底面ABCD是菱形，且ABAC2.BDACPAB中ABPA2，22，即90，∴∴，又在△PAB，PAAB，又面PAB面ABCD，面PAB面ABCD，PA面PA面ABCD，而BD面ABCD，有：PABD，A，∴∴平面；131233（2）由（1）知：PA面ABCD，有P|PA|S222sin60，61而VP—，且M—V，M—P—ACD23∴P—3【点睛】本题考查了应用几何图形的性质，及线面垂直的判定证明垂直，根据已知体积关系结合三棱锥的体积公式求三棱锥的体积.x22y2231ab0的离心率为l:xy50有且只有一个公共点.20.已知椭圆E:ab2（1）求椭圆E的方程；M0的直线l,B（2）过点与椭圆E交于两点，若，求直线l的方程222x2y12）5x23y50.2【答案】（1）4【解析】x24y2b0，再把yx5代入并整理，根据0得解；21）由题得椭圆方程为（2）先分析直线l的斜率不为0，再设直线的方程为xty1，联立椭圆方程得到韦达定理，再由2得t的值，即得解.2第13页/共18页a2b233,a2b21）由椭圆E的离心率为，得2a24x2y22x24y2b20故椭圆方程为，b2b把yx5代入并整理，得5x285x20b0，2l0，解得b1因为E与有且只有一个公共点，所以，1x2y1.2所以椭圆的方程为4（2）当直线l的斜率为0时，则A，B的坐标为，不符合0,2,0，22故直线l的斜率不为0，2xty1，代入椭圆方程得t24y2ty30设直线的方程为12t40，t22则t3设，则yy,yyAx,y,Bx,y112212212t42t4，1x,y,xy211212y2由，得2t23tt23y1,y2，解得t得，代入，得2t24.t4t24t2425235故直线l的方程为xy，即5x23y50.2【点睛】方法点睛：求直线的方程，一般利用待定系数法，先定式（从直线的五种方程中选择一种作为直.．fxaxax21.已知函数（1）讨论的单调性；fxfxa2．a0（2）证明：当时，【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】第14页/共18页1）求导后对a分类讨论，结合导数的符号判断单调区间即可；（2）转化为证明函数的最大值小于-a+2，构造函数利用导数确定函数的最值可得证.【小问1详解】aaxfx1x0，xx在上单调递减fx0，则fx当a0时，axfxxa0，解得，a0当时，令x0xaxaf(x)>0，则fx在a当当时，上单调递增fx0，则fx在上单调递减a,时，综上：当a0时，fx在上单调递减；当a0时，在fx上单调递增，在afx上单调递减a,【小问2详解】由（1）得：faaaaafx要证：fxa2aaa2a20a02，即证：2aa20即证：a22a1agaaaga2a0令，aa2ga2在0ga当0a2时，，则上单调递增；上单调递减；ga在ga当a2时，0，则所以，g2ln210从而命题得证．ga【点睛】关键点点睛：利用导数证明不等式时，一般需要对结论进行合适的转化，本题转化为只需f(x)的最大值小于-a+2，对不等式适当变形，构造函数是解决问题的第二个关键所在，一般需利用导