陕西省渭南市2024届高三上学期教学质量检测（Ⅰ）一模数学（文）Word版含解析.docx

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渭南市2024届高三教学质量检测（Ⅰ）数学试题（文科）注意事项：1．本试题满分150分，考试时间120分钟．2．答卷前务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡和答题纸上．3．将选择题答案填涂在答题卡上，非选择题按照题号完成在答题纸上的指定区域内．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.若复数满足，则（）A.B.1C.D.2.已知集合，，则（）AB.C.D.3.如果一个几何体的三视图如图所示单位长度：，则此几何体的表面积是　　A.B.C.D.4.在ABC中，．则的取值范围是（） A.（0，]B.[，）C.（0，]D.[，）5.已知、、是正数，“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.的值是（）A.105B.33C.D.7.设定义在上偶函数满足，当时，，则（）A.B.C.D.8.已知圆的方程为，直线过点且与圆交于两点，当弦长最短时，（）A.B.C.4D.89.有诗云：“芍药承春宠，何曾羡牡丹”，芍药不仅观赏性强，且具有药用价值，某地以芍药为主打造了一个如图所示的花海大世界，其中大圆半径为3，大圆内部的同心小圆半径为1，两圆之间的图案是对称的.若在其中空白部分种植红芍.倘若你置身此花海大世界之中，则恰好处在红芍种植区中的概率是（）A.B.C.D.10.已知函数图象如图所示，则不等式的解集为（） A.B.C.D.11.在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线右支上一点，连接交轴于点．若为等边三角形，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.12.已知，若存在实数（），当（）时，满足，则的取值范围为（）A.B.C.D.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．13.已知一组数据点，用最小二乘法得到其线性回归方程为，若，则_______．14.已知变量，满足，则的最小值为________.15.在中，，则的面积最大值为_______． 16.在三棱锥中，底面为等腰三角形，，且，平面平面，点为三棱锥外接球上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球的表面积为_______．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.已知等差数列满足：，，数列的前n项和为．（1）求及；（2）设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前项和18.有五位工人参加技能竞赛培训．现分别从二人在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次．用茎叶图表示这两组数据如下：（1）现要从中选派一人参加技能竞赛，从平均状况和方差的角度考虑，你认为派哪位工人参加合适?请说明理由；（2）若从参加培训5位工人中选2人参加技能竞赛，求二人中至少有一人参加技能竞赛的概率．19.如图，是正方形，是正方形的中心，底面是的中点.（1）求证：平面；（2）若，求三棱锥的体积.20.已知函数.（1）求函数的图像在点处的切线方程； （2）若，且对任意恒成立，求的最大值.21.已知椭圆与抛物线在第一象限交点为，椭圆的左、右焦点分别为，其中也是抛物线的焦点，且.（1）求椭圆的方程；（2）过的直线（不与轴重合）交椭圆于两点，点为椭圆的左顶点，直线分别交直线于点，求证：为定值.（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，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）P为l上一点，过P作曲线C的两条切线，切点分别为A，B，若，求点P横坐标的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数，．（1）当时，求不等式；（2）对任意．关于x的不等式总有解，求实数a的取值范围． 渭南市2024届高三教学质量检测（Ⅰ）数学试题（文科）命题人：张增伟张振荣张涛注意事项：1．本试题满分150分，考试时间120分钟．2．答卷前务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡和答题纸上．3．将选择题答案填涂在答题卡上，非选择题按照题号完成在答题纸上的指定区域内．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.若复数满足，则（）A.B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】由复数乘除法运算求复数z，即可求模.【详解】由题设，故.故选：B2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据二次不等式求解集合，再求并集即可.【详解】∵，∴．故选：D3.如果一个几何体的三视图如图所示单位长度：，则此几何体的表面积是　　 A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个四棱柱正方体与四棱锥的组合体，分别计算各个面的面积，相加可得答案．【详解】由已知中的三视图，可知该几何体是下部一个四棱柱正方体与上部是四棱锥的组合体，四棱柱正方体的棱长为1cm，故每个面的面积为：，四棱锥的底面边长为1cm，高为，故斜高为：，故每个侧面的面积为：，；故组合体的表面积；故选A． 【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．4.在ABC中，．则的取值范围是（）A.（0，]B.[，）C.（0，]D.[，）【答案】C【解析】【详解】试题分析：由于，根据正弦定理可知，故．又，则的范围为.故本题正确答案为C.考点：三角形中正余弦定理的运用.5.已知、、是正数，“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用作差法得出的等价条件，即可得出结论.【详解】由，因为、、是正数，则，可得等价于，等价于， 所以，“”是“”的充要条件.故选：C.6.值是（）A.105B.33C.D.【答案】B【解析】【分析】由指数幂的运算性质化简即可得出答案.【详解】由题意得：.故选：B.7.设定义在上的偶函数满足，当时，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由奇偶性和周期性的性质可求出，代入即可得出答案.【详解】由得.又为偶函数，所以.故选：A. 8.已知圆的方程为，直线过点且与圆交于两点，当弦长最短时，（）A.B.C.4D.8【答案】B【解析】【分析】根据题意，由条件可知，当最短时，直线，然后再结合向量的数量积，从而得到结果.【详解】当最短时，直线，，.故选：B9.有诗云：“芍药承春宠，何曾羡牡丹”，芍药不仅观赏性强，且具有药用价值，某地以芍药为主打造了一个如图所示的花海大世界，其中大圆半径为3，大圆内部的同心小圆半径为1，两圆之间的图案是对称的.若在其中空白部分种植红芍.倘若你置身此花海大世界之中，则恰好处在红芍种植区中的概率是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由圆的面积公式结合几何概型的概率公式求解. 【详解】由已知得：大圆的面积为，小圆的面积为.所以空白部分的面积为.设“恰好处在红芍种植区中”为事件，则.故选：C10.已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】原不等式等价于，根据的图象判断函数的单调性，可得和的解集，再分情况或解不等式即可求解.【详解】由函数的图象可知：在和上单调递增，在上单调递减，所以当时，；当时，；由可得，所以或， 即或，解得：或，所以原不等式的解集为：，故选：D.11.在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线右支上一点，连接交轴于点．若为等边三角形，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由长度关系可得，知，在中，利用可构造齐次方程求得双曲线离心率.【详解】设，为等边三角形，，，又，，，，，， ，解得：（舍）或，双曲线的离心率为.故选：C.12.已知，若存在实数（），当（）时，满足，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由函数性质，得，，将问题转化为求的取值范围，构造函数求函数值域.【详解】作出的图象如图，由题，，，所以，令（），则当时，；当时，.，当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增.所以，且，所以的取值范围为.故选：D.【点睛】利用正弦型函数的周期性和对称性，将问题转化为求函数（）的值域，求值域时，除函数的单调性外还要注意函数的取值特点.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．13.已知一组数据点，用最小二乘法得到其线性回归方程为，若，则_______．【答案】【解析】【分析】根据回归方程必过样本中心点，即可得到答案.【详解】根据题意可知该组数据点，所以，所以，故答案为：14.已知变量，满足，则的最小值为________.【答案】0【解析】【分析】画出可行域，分析目标函数得，当在y轴上截距最小时，即可求出的最小值. 【详解】作出可行域如图：联立得化目标函数为，由图可知，当直线过点时，在y轴上的截距最小,有最小值为，故填.【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，属于中档题.15.在中，，则的面积最大值为_______．【答案】【解析】【分析】根据解三角形余弦定理以及基本不等式，求解出的最大值，从而解得的面积最大值.【详解】根据题意得：由余弦定理得：，即所以当且仅当时取等号，所以.故答案为：.16.在三棱锥中，底面为等腰三角形，，且，平面平面 ，点为三棱锥外接球上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球的表面积为_______．【答案】【解析】【分析】取的中点，设，设等腰三角形外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，结合线面垂直的性质与判定求得，再根据垂直关系可得点到平面的距离等于点到平面的距离，进而列式求解即可.【详解】取的中点，连接，因为底面为等腰三角形，，所以，所以，又因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又因为，平面，所以平面，因为三角形为等腰三角形，，则，设，则，设等腰三角形外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，连接，则三点共线，由平面得平面，由正弦定理得，故，则，连接，则，由平面，且三角形外接圆的圆心为，可得，因为平面，所以，又平面，平面，故平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，又因为点到平面的距离的最大值为，所以，解得，所以，球的表面积为.故答案为：. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.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.已知等差数列满足：，，数列的前n项和为．（1）求及；（2）设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)先根据已知求出，再求及.(2)先根据已知得到，再利用分组求和求数列的前项和.【详解】（1）设等差数列的公差为d，因为，，所以，解得，所以； ==.（2）由已知得，由（1）知，所以，=.【点睛】(1)本题主要考查等差数列的通项和前n项和求法，考查分组求和和等比数列的求和公式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.(2)有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.这叫分组求和法.18.有五位工人参加技能竞赛培训．现分别从二人在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次．用茎叶图表示这两组数据如下：（1）现要从中选派一人参加技能竞赛，从平均状况和方差的角度考虑，你认为派哪位工人参加合适?请说明理由；（2）若从参加培训的5位工人中选2人参加技能竞赛，求二人中至少有一人参加技能竞赛的概率．【答案】（1）派参加比较合适，理由见解析（2）．【解析】【分析】（1）计算的平均值和方差，根据平均值和方差可得答案；（2）利用列举法和古典概型的概率公式可求出结果.【详解】（1），，， ，因为，，所以派参加比较合适（2）从参加培训的5位工人中选2人参加技能竞赛，所有基本事件为：，，，，，，，，，，共有种，其中二人中至少有一人参加技能竞赛的有：，，，，，，，共7种，所以二人中至少有一人参加技能竞赛的概率为.19.如图，是正方形，是正方形的中心，底面是的中点.（1）求证：平面；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，交于，连接，证明即可；（2）求出到平面距离，利用即可求出.【小问1详解】连接，交于，连接，则在中，分别为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】因为，是正方形，所以， 因为底面，所以,则到平面的距离，则.20.已知函数.（1）求函数的图像在点处的切线方程；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.【答案】（1）；（2）3.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；（2）根据题意得对任意恒成立，进而令，求导研究函数最值即可.【详解】解：（1）因为，所以，函数的图像在点处的切线方程；（2）由（1）知，，所以对任意恒成立，即对任意恒成立.令，则，令，则，所以函数在上单调递增.因为， 所以方程在上存在唯一实根，且满足.当时，，即，当时，，即，所以函数上单调递减，在上单调递增.所以.所以.故整数的最大值是3.【点睛】本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集．21.已知椭圆与抛物线在第一象限的交点为，椭圆的左、右焦点分别为，其中也是抛物线的焦点，且.（1）求椭圆的方程；（2）过的直线（不与轴重合）交椭圆于两点，点为椭圆的左顶点，直线分别交直线于点，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，由抛物线性质可求焦点坐标和点坐标，结合椭圆定义，可求，计算即可求解； （2）设，讨论直线与轴是否垂直，再根据直线与椭圆方程联立方程组法，结合韦达定理，计算，即可证明.【详解】（1）抛物线的焦点为，，∴，∴，∴，又，∴，∴，∴，又∵，∴，∴椭圆的方程是：；（2）设当直线与轴垂直时，易得：或，又，∴，或者，∴，∴当直线与不垂直时，设直线的方程为：，联方程组，消去整理得：，所以：，又共线，∴，得，同理：，∴， ∴又因为∴，则综上，为定值.【点睛】本题考查（1）椭圆标准方程（2）联立方程组法求定值问题，考查计算能力，考查转化与化归思想，综合性较强，有一定难度.（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，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）P为l上一点，过P作曲线C的两条切线，切点分别为A，B，若，求点P横坐标的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）把曲线C的方程两边平方相加可求曲线C的普通方程,利用两角和的余弦公式可求直线l的直角坐标方程; （2）设，由题意可得，计算可求点P横坐标的取值范围.【小问1详解】由曲线的参数方程为（为参数），可得由,得,即,曲线的普通方程为,直线的直角坐标方程为【小问2详解】设,连接，易得，若,则，在中，，,,两边平方得,解得,点横坐标的取值范围为[选修4-5：不等式选讲] 23.已知函数，．（1）当时，求不等式；（2）对任意．关于x的不等式总有解，求实数a的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）讨论绝对值内的正负号,解不等式，即可得出答案.（2）由题意可知，结合与，即可解出答案.【详解】（1）由已知，不等式即为，则或或解得或或，故不等式的解集为．（2）对任意，关于x的不等式总有解而，当且仅当，即时取最小值，又（当且仅当时取等号）故只需，得，即实数a的取值范围为．【点睛】本题考查绝对值不等式，分类讨论是解绝对值不等式基础方法，解本题还需注意区分不等式有解与恒成立问题.属于中档题.