2024年陕西省西安一中高考数学三模试卷（文科）

这是一份2024年陕西省西安一中高考数学三模试卷（文科），共12页。试卷主要包含了已知复数z=2i，则z的实部是等内容，欢迎下载使用。
A. {2}B. {1,2}C. {0,1,2}D. {0,1}
2.已知复数z=2i，则z的实部是( )
A. 2B. 0C. −2iD. 2i
3.已知向量a=(3,−1)，b=(1,x)，且a⊥b，那么x的值是( )
A. −3B. 3C. −13D. 13
4.设θ∈(0,π2)，则sinθ+csθ的一个可能值是( )
A. 2B. 1C. 23D. π3
5.下列函数中，在区间(0,+∞)上单调递增且是奇函数的是( )
A. y= xB. y=x2C. y=|x|D. y=x−1x
6.已知平面向量a=(sinα, 2)，b=(csα,1)，若a//b，则cs2α=( )
A. −13B. 0C. 13D. 23
7.
8.设函数f(x)=lg2(1−x),xb>0)经过点(0,2)，( 6, 2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y=x−2交椭圆C于A，B两点，O是坐标原点，求△AOB的面积S.
21.已知曲线y=f(x)=13x3−ax2+bx+1在点(0,f(0))处的切线的斜率为3，且当x=3时，函数f(x)取得极值.
(1)求函数在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)求函数的极值；
(3)若存在x∈[0,3]，使得不等式f(x)−m≤0成立，求m的取值范围.
22.平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2csθy=sinθ(θ为参数).以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=1 2sin(θ−π4).
(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)已知点P(−1,0)，记C1和C2交于A、B两点，求1|PA|+1|PB|的值.
23.已知p：|2x−5|≤3，q：x2−(2a−2)x+a2−2a≤0.
(1)若p是真命题，求对应x的取值范围；
(2)若p是q的必要不充分条件，求a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵集合M={0,1}，N={1,2}，
则M∪N={0,1}∪{1,2}={0,1,2}.
故选：C.
直接利用并集运算求解．
本题考查了并集及其运算，是基础的会考题型．
2.【答案】B
【解析】解：由复数z=2i，得z的实部是0.
故选：B.
根据复数实部的定义即可得出答案．
本题考查了复数的运算性质，是基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
利用向量垂直的性质直接求解．
本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量垂直的性质的合理运用．
【解答】
解：∵向量a=(3,−1)，b=(1,x)，且a⊥b，
∴a⋅b=3−x=0，
解得x=3.
故选B.
4.【答案】D
【解析】解：因为sinθ+csθ= 2sin(θ+π4)，θ∈(0,π2)，
所以θ+π4∈(π4,3π4)， 221时，a=lnxx2有两根，
令g(x)=lnxx2,x>1，可得y=a与g(x)=lnxx2,x>1的图象有两个不同交点，
则g′(x)=1−2lnxx3,x>1，
当x∈(1, e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈( e,+∞)时，g′(x)0，g(1)=0，
当x→+∞时，g(x)→0，所以01，根据函数有两个不同零点，可得y=a与g(x)=lnxx2,x>1的图象有两个不同交点，对g(x)求导，判定其单调性，得出最值，画出大致图象，结合图象，即可得出结果．
本题考查了函数的零点与方程根的关系，考查了转化思想和数形结合思想，属中档题．
13.【答案】5
【解析】解：点A(8,−6)与圆C的圆心(0,0)的距离等于 (8−0)2+(−6−0)2=10，
故|AP|的最小值是10减去半径5，等于5，
故答案为：5.
求出点A(8,−6)与圆C的圆心(0,0)的距离，用此距离减去半径即为所求．
本题考查点与圆的位置关系，圆外一点与圆上的点间的最小距离等于点与圆心的距离减去半径．
14.【答案】90
【解析】解：每日织布数可看作等差数列，其中a1=5，a30=1，
故30天共织布S30=30(a1+a30)2=15×6=90尺．
故答案为：90.
每日织布数看作等差数列，利用等差数列求和公式计算出答案．
本题主要考查了等差数列的求和公式，属于基础题．
15.【答案】−2
【解析】解：由f(x)=x−alnx，得f′(x)=1−ax.
由题意可得，f′(1)=1−a1=3，得a=−2.
故答案为：−2.
求出原函数的导函数，得到函数在x=1处的导数值，则答案可求．
本题考查导数的概念及其几何意义的应用，是基础题．
16.【答案】32
【解析】解：易知该球的直径即为正方体的体对角线，
设正方体的棱长为l，球的直径d= l2+l2+l2= 3l，
因为球的表面积为πd2=16π，所以d=4= 3l，l2=163，
所以正方体的表面积为6l2=32.
故答案为：32.
根据正方体外接球的直径为正方体的体对角线建立半径和棱长的方程，代入正方体表面积公式即可求解．
本题考查正方体的表面积的求法，考查运算求解能力，属基础题．
17.【答案】解：(1)由余弦定理，a2=b2+c2−bc，又a2=(c−b)2+4
所以b2+c2−bc=(c−b)2+4，
整理可得bc=4，根据三角形的面积公式有，
S△ABC=12bcsinA=12×4× 32= 3.
(2)由(1)知bc=4，
根据基本不等式，a2=b2+c2−bc≥2bc−bc=4，当b=c=2时取等号，
所以a的最小值是2.
【解析】(1)利用余弦定理结合题干条件可推出bc=4，然后由三角形的面积公式求解；
(2)结合(1)中推出的条件和基本不等式进行求解．
本题考查了余弦定理，三角形面积公式，基本不等式在解三角形中的综合应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知：
(2m+0.01+0.014+0.03+0.034)×10=1，
解得m=0.006，
则50×(0.006+0.01+0.03)×10=23，
∴样本中低于120分的人数为23.
(2)样本中不低于130分的人数为：
50×(0.014+0.006)×10=10，
∴该同学成绩优秀的概率为P=1050=0.2.
【解析】(1)根据各矩形面积之和为1，求出m的值，根据频数的计算能求出答案；
(2)求出不低于130分的人数，根据古典概型的概率公式能求出该同学成绩优秀的概率．
本题考查频率分布直方图、概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
19.【答案】解：(1)因为侧棱AA1⊥底面ABC，
所以三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
所以侧面BCC1B1，BAA1B1，CAA1C1均为矩形，
因为AB⊥BC，
所以底面ABC，A1B1C1均为直角三角形，
因为AA1=AB=2，BC=3，
所以AC= AB2+BC2= 22+32= 13，
所以三棱柱ABC−A1B1C1的表面积为(AB+BC+AC)⋅AA1+2×12AB⋅BC
=(2+3+ 13)×2+2×12×2×3
=16+2 13；
(2)证明：连接B1C交BC1于点O，连接OD，
因为四边形BCC1B1为矩形，
所以O为B1C的中点，
因为D为AC的中点，
所以OD//AB1，
因为AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D，
所以AB1//平面BC1D，得证．
【解析】(1)分别求三棱柱每个面的面积相加即可；
(2)利用线面平行的判定定理证明即可．
本题考查了三棱柱表面积的求法以及线面平行的判定，考查了数形结合思想，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点(0,2)，
所以b=2，
将点( 6, 2)的坐标代入方程x2a2+y24=1，
此时6a2+24=1，
解得a=2 3，
所以椭圆C的方程为x212+y24=1；
(2)若直线l：y=x−2交椭圆C于A，B两点，
联立y=x−2,x212+y24=1,消去y并整理得x2−3x=0，
解得x=0，y=−2或x=3，y=1，
不妨设A(0,−2)，B(3,1)，
则S=12|OA|×3=12×2×3=3.
【解析】(1)根据椭圆经过的两点可求a，b，即可求椭圆方程；
(2)联立直线和椭圆方程，求出交点坐标即可求面积．
本题考查椭圆的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
21.【答案】解：(1)由题得：f′(x)=x2−2ax+b，
结合题意可得f′(0)=b=3f′(3)=−6a+b+9=0，
解得a=2b=3，经检验符合题意，
故f(x)=13x3−2x2+3x+1,f(0)=1，
所以在点(0,f(0))处的切线方程为y=3x+1.
(2)由(1)知f′(x)=x2−4x+3.
令f′(x)>0，解得x>3或x