陕西省铜川市2023-2024学年高三上学期第一次模拟考数学（理）Word版含解析.docx

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铜川市2023—2024学年度高三第一次质量检测理科数学试卷注意事项：1.答题前，先将自己的姓名，准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，只收答题卡.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.已知集合，，则（）A.B.C.D.22.已知，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件3.在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的YongJunKLSpeedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图，一个三阶魔方由27个.单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了之后，表面积增加了（）A.54B.C.D.4.已知的展开式中第9项为常数项，则展开式中的各项系数之和为（）A.B.C.D.5.函数的大致图象是（） A.B.C.D.6.在中，，.则（）A.B.C.D.或7.过直线上一点P作圆的两条切线（圆心为M），切点分别是A，B，则四边形的面积最小值是（）A.1B.C.2D.8.北京时间2023年2月10日0时16分，经过约7小时的出舱活动，神舟十五号航天员费俊龙、邓清明、张陆密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功.载人飞船进入太空需要搭载运载火箭，火箭在发射时会产生巨大的噪声，已知声音的声强级（单位：）与声强（单位：）满足关系式：.若某人交谈时的声强级约为，且火箭发射时的声强与此人交谈时的声强的比值约为，则火箭发射时的声强级约为（）A.B.C.D.9.已知函数（，）图象的一个对称中心是，点在的图象上，下列说法错误的是（）A.B.直线是图象的一条对称轴C.在上单调递减D.是奇函数10.在中，是边上的点，满足，E在线段上（不含端点），且，则的最小值为（）A.B.C.D.8 11.古希腊哲学家、百科式科学家阿基米德最早采用分割法求得椭圆的面积为椭圆的长半轴长和短半轴长乘积的倍，这种方法已具有积分计算的雏形.已知椭圆的面积为，离心率为，，是椭圆的两个焦点，为椭圆上的动点，则下列结论正确的是（）①椭圆的标准方程可以为②若，则③存在点，使得④的最小值为A.①③B.②④C.②③D.①④12.已知函数，则，，的大小关系为（）A.B.C.D.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.已知有三个性质：①最小正周期为2；②；③无零点.写出一个同时具有性质①②③，且定义域为的函数__________.14.构建德智体美劳全面培养的教育体系是我国教育一直以来努力的方向，铜川市第一中学积极响应党的号召，开展各项有益于德智体美劳全面发展的活动。如图所示的是该校高三（1）、（2）班两个班级在某次活动中的德智体美劳的评价得分对照图（得分越高，说明该项教育越好），则下列结论正确的是__________.实线：高三（1）班的数据虚线：高三（2）班的数据①高三（2）班五项评价得分的极差为1.②除体育外，高三（1）班的各项评价得分均高于高三（2）班对应的得分.③高三（1）班五项评价得分的平均数比高三（2）班五项评价得分的平均数要高. ④各项评价得分中，这两个班的体育得分相差最大.15.2023年暑期档动画电影《长安三万里》重新点燃了人们对唐诗的热情，唐诗中边塞诗又称出塞诗，是唐代汉族诗歌的主要题材，是唐诗当中思想性最深刻，想象力最丰富，艺术性最强的一部分.唐代诗人李颀的边塞诗《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一“将军饮马”，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军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设将军的出发点是，军营所在位置为，河岸线所在直线的方程为，若将军从出发点到河边饮马，再回到军营（“将军饮马”）的总路程最短，则将军在河边饮马地点的坐标为__________.16.A，B，C，D是球的球面上四点，，球心是的中点，四面体的体积为，则球的表面积为__________.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）17.（本小题12分）从①，，成等差数列；②，，成等比数列；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解答下列问题.已知为数列的前项和，，，且__________.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.18.（本小题12分）如图，在直三棱柱中，，，为的中点.（1）证明：；（2）若点到平面的距离为，求平面与平面的夹角的正弦值.19.（本小题12分） 概率论中有很多经典的不等式，其中最著名的两个当属由两位俄国数学家马尔科夫和切比雪夫分别提出的马尔科夫（Markov）不等式和切比雪夫（Chebyshev）不等式，马尔科夫不等式的形式如下：设X为一个非负随机变量，其数学期望为，则对任意，均有，马尔科夫不等式给出了随机变量取值不小于某正数的概率上界，阐释了随机变量尾部取值概率与其数学期望间的关系.当为非负离散型随机变量时，马尔科夫不等式的证明如下：设的分布列为，，2，…，n，其中，（，2，…，n），，则对任意，，其中符号表示对所有满足的指标所对应的求和.切比雪夫不等式的形式如下：设随机变量的期望为，方差为，则对任意，均有（1）根据以上参考资料，证明切比雪夫不等式对离散型随机变量成立.（2）某药企研制出一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为.现随机选择了100名患者，经过使用该药治疗后，治愈的人数为60人，请结合切比雪夫不等式通过计算说明药厂的宣传内容是否真实可信.20.（本小题12分）已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的标准方程.（2）已知过右焦点的直线与交于A，B两点，在轴上是否存在一个定点，使.若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.21.（本小题12分）已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，令，若为的极大值点，证明：.选考题（共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）22.【选修4-4：坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为上的动点，点满足，设点的轨迹为曲线，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）写出曲线的极坐标方程； （2）直线（，），与曲线交于点（不同于原点），与曲线交于点（不同于原点），求的最大值.23.【选修4-5：不等式选讲】已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若函数，求的取值范围. 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.C2.A3.C4.A5.D6.C7.D8.B9.B10.B11.D12.A二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.（答案不唯一）14.①③15.16.答案详解：1.【答案】C【解析】因为或，所以.故选：C.2.【答案】A【解析】充分性：若，则；必要性：若则，则，得，或，故不满足必要性综上“”是“”充分不必要条件，故选：A3.【答案】C【详解】如图，转动了后，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，设直角边，则斜边为，则有，得到，由几何关系得：阴影部分的面积为，所以增加的面积为.故选：C. 4.【答案】A【分析】求出展开式的第九项，令的指数为0，可以求出，再将代入即可求出系数和.【详解】，所以，则，令，可得，所以展开式中的各项系数之和为.故选：A.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.【详解】方法一：因为，即，所以，所以函数的定义域为，关于原点对称，又，所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，C；当时，，即，因此，故排除A.故选：D.方法二：由方法一，知函数是奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，C；又，所以排除A.故选：D.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】，则由正弦定理可得，，，，，，解得；7.【答案】D【分析】由距离公式结合勾股定理得出，进而由面积公式得出四边形的面积最小值.【详解】圆的圆心到直线的距离，故的最小值是3，又因为，则，故的面积的最小值是，故四边形的面积的最小值是.故选：D.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.【详解】设人交谈时的声强为，则火箭发射时的声强为，且，得 ，则火箭发射时的声强约为，将其代入中，得，故火箭发射时的声强级约为，故选：B.9.【答案】B【分析】由可得，由对称中心可求得，从而知函数的解析式，再根据余弦函数的图象与性质，逐一分析选项即可.【详解】因为点在的图象上，所以.又，所以.因为图象的一个对称中心是，所以，，则，.又，所以，则，A正确.，则直线不是图象的一条对称轴，B不正确.当时，，单调递减，C正确.，是奇函数，D正确.故选：B.10.【答案】B【分析】利用平面向量的线性运算推导出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】因为是边上的点，满足，则，所以，，因为在线段上（不含端点），则存在实数，使得，所以，， 又因为，且、不共线，则，故，因为，则，所以，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.故选：B.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；由余弦定理得出的最大角为锐角，从而判断C；由基本不等式判断D.【详解】对于①：由，解得，则椭圆的标准方程为，故①正确；对于②：由定义可知，由余弦定理可得，解得， 则，故②错误；对于③：当点A为短轴的一个端点时，最大，此时，为锐角，则不存在点A，使得，故③错误；对于④：，当且仅当，即时，等号成立，故④正确；故选：D12.【答案】A【分析】根据函数的奇偶性只需要考虑时的情况，利用导数求解函数单调性，构造函数，，即可由导数求解单调性，利用函数单调性即可比较大小.【详解】易知是偶函数，，当时，因为，所以，.令，，则，所以单调递增，所以，所以，在上单调递增.构造函数，则.令，得，令，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.又，所以，所以，所以，所以，即.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） 13.【答案】（答案不唯一）【分析】函数具有周期性，选项正弦型函数，由最小正周期求，由取，，再由函数无零点选择合适的A，得函数解析式.【详解】的定义域为，最小正周期为，，因为，所以，所以无零点.综上，函数符合题意.故答案为：.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，①正确；对于②，两班的德育分相等，②错误；对于③，高三（1）班的平均数为，（2）班的平均数为，故③正确；对于④，两班的体育分相差，而两班的劳育得分相差，④错误，故填：①③15.【答案】【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在的同侧，设点关于直线的对称点为，则，解得即.将军从出发点到河边的路线所在直线即为，又， 所以直线的方程为，设将军在河边饮马的地点为，则即为与的交点，，解得，所以.故答案为：16.【答案】【分析】利用棱雉的体积公式结合球的表面积公式计算即可.【详解】由题意可知为球的直径，设到面的距离为，易知等边的面积为，所以，则球心到面的距离为1，设面，易知为等边的外心，所以，故.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）（2）【分析】（1）由可得数列为等比数列，公比为，进而结合等差中项、等比中项、等比数列的前项和公式求解即可；（2）分为奇数和为偶数两种情况结合等差、等比数列的前项和公式分别进行求和，进而求解. 【详解】（1）由，，当时，，两式相减得，即，所以数列为等比数列，公比为.选①，由，，成等差数列，可得，即，解得，所以.选②，由，，成等比数列，得，即，解得，所以.选③，由，得，所以.（2）当为奇数时，，记前项和中的奇数项之和为，则.当为偶数时，，记前项和中的偶数项之和为，则，故.18.（12分）【答案】（1）证明见解析（2）.【详解】（1）连接， 因为四边形为正方形，所以.在直三棱柱中，平面平面，由得，又平面平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以.（2）以A为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，，.设为平面的一个法向量，则，即，得，令，则，故，由题意，，解得，所以，.设为平面的一个法向量，则，即，令，则，，即，平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为，则，所以，所以平面和平面的夹角的正弦值为.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及正数使用马尔科夫不等式，有.法二：设的分布列为，，2，…，n，其中，（，2，…，n），，记，则对任意，.【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，，，.由切比雪夫不等式，有.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. 20.（12分）【答案】（1）（2）存在，【详解】（1）因为，所以，所以椭圆的方程为，因为点在椭圆上，所以，解得，所以所以椭圆的标准方程为（2）存在定点，使.理由如下：由（1）知，，则点.设在轴上存在定点，使成立.当直线斜率为0时，直线右焦点的直线即轴与交于长轴两端点，若，则，或当直线斜率不为0时，设直线的方程为，，，.由消去并整理，得，则，因为，所以，所以，即.所以，即，恒成立，即对，恒成立，则，即又点满足条件. 综上所述，故存在定点，使.21.（12分）【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）对参数分类讨论，根据不同情况下导函数函数值的正负，即可判断单调性；（2）利用导数判断的单调性，求得的范围，满足的条件，以及，根据的范围夹逼的范围即可.【详解】（1）函数的定义域为，，（1）当时，，函数在上单调递增；（2）当时，由，得，由，得，所以，函数在上单调递增，在上单调递减.综上，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.【详解】（2）当时，，，设，则，当时，，所以在上单调递增，又，，所以存在，使得，且当，，，；又当，，，；故当，；当，；当，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得极大值，故，且，所以，，，又在单调递减，所以.【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.22.【选修4-4：坐标系与参数方程】【答案】（1）（2）【分析】（1）先求出点的参数方程，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，.则，.由，，曲线直角坐标系方程为，由曲线的极坐标方程为.【详解】（2）设，，则，，，当时，.23.【选修4-5：不等式选讲】【答案】（1）；（2）【分析】（1）分，和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的最小值，然后将问题转化为 ，从而可求出的取值范围.【详解】（1）当时，不等式，可化为：.当时，不等式可化为；，解得：；当时，不等式可化为：，不成立；当时，不等式可化为；，解得：；所以不等式的解集为；【详解】（2）根据绝对值不等式的性质知当且仅当时，等号成立，因为，所以，解得或，即或，