陕西省铜川市2024届高三上学期第一次模拟考试文科数学

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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.2
2.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.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（ ）
（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③）
A.6寸B.4寸C.3寸D.2寸
4.已知各项均为正数的等比数列中，、、成等差数列，则（ ）
A.B.3C.或3D.1.或
5.函数的大致图象是（ ）
A.B.C.D.
6.过直线上一点作圆的两条切线（圆心为），切点分别是A，B，则四边形的面积最小是（ ）
A.1B.C.2D.
7.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（ ）
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.
A.②③B.②④C.①③D.①④
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，在线段（不含端点），，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.①④
12.设函数（其中e为自然对数的底数），若存在实数使得恒成立，则实数的取值范围是（ ）
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.定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和.已知数列是等和数列，且，公和为1，那么这个数列的前2024项和______.
14.若实数x，y满足约束条件，则的最大值为______.
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—“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.已知圆锥的外接球半径为2，则该圆雉的最大体积为______.
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）
在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且满足______.
（1）求；
（2）求边的最小值.
请从下列条件：①；②；
③中选一个条件补充在上面的横线上并解答问题.
18.（本小题12分）
党中央、国务院印发了《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担 意见》，也就是我们现在所称的“双减”政策.某地为了检测双减的落实情况，从某高中选了6名同学，检测课外学习时长（单位：分钟），相关数据如下表所示.
（1）若从被抽中的6名同学中随机抽出2名，则抽出的2名同学课外学习时长都不小于210分钟的概率；
（2）下表是某班统计了本班同学2023年1-7月份的人均月课外劳动时间（单位：小时），并建立了人均月课外劳动时间关于月份的线性回归方程、与的原始数据如下表所示：
由于某些原因导致部分数据丟失，但已知.
（ⅰ）求m，n的值；
（ⅱ）求该班6月份人均月劳动时间数据的残差值（残差即样本数据与预测值之差）.
附：，，.
19.（本小题12分）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，，，平面平面，E，F分别为，的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点A到平面的距离.
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2024年高三第一次质量检测
文科数学参考答案
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.C 2.A 3.C 4.B 5.D 6.D 7.C 8.C 9.B 10.B 11.D 12.A
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.101214.1415.16.
答案详解：
1.【答案】C
【解析】因为，
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：A
3.【答案】C
【分析】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面积即可得到答案.
【详解】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，因为积水深9寸，所以水面半径为寸，
则盆中水的体积为立方寸，
所以平地降雨量等于寸.
故选：C.
4.【答案】B
【分析】根据等差中项的性质得到方程，再解方程即可.
【详解】设公比为，因为，，成等差数列，
所以，即，显然，
所以，解得或（舍去）
故选：B.
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】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.
7.【答案】C
【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，正确；
对于②，两班的德育分相等，错误；
对于③，高三（1）班的平均数为，
（2）班的平均数为，故正确；
对于④，两班的体育分相差，
而两班的劳育得分相差，错误，
故选：C.
8.【答案】C
【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：C.
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，，，则粗圆的标准方程为，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：当点为短轴的一个端点时，最大，
此时，为锐角，
则不存在点，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：D
12.【答案】A
【分析】由题意可得，令，，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直线下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，即可得出答案.
【详解】函数的定义域为，
由，得，所以，
令，
由题意知，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，
由，得，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，没有最小值，
由，得，
当时，在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以有最大值，无最小值，不合题意，
当时，在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以，
所以即，
所以，即的取值范围为.
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】1012
【分析】根据等和数列的性质可以求出奇数项都相等，偶数项也都相等，最后求和即可.
【详解】由等和数列概念可得，，，，，
所以.
故答案为：1012
14.【答案】14
【分析】首先画出可行域，将目标函数变形根据其几何意义即可求得当过点时，取得最大值为14.
【详解】根据题意画出满足约束条件的可行域如下图中着色部分所示：
将目标函数变形可得，
若取得最大值，即直线在轴上的截距取得最小值，
将平移到过点时，直线在轴上的截距最小，
此时目标函数有最大值为14.
故答案为：14
15.【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】
【解析】【分析】设圆雉的高为，底面圆的半径为，由勾股定理得，根据圆雉的体积公式得，利用导数研究函数的性质求出即可求解.
【详解】设圆雉的高为，底面圆的半径为，
则，即，
所以该圆锥的体积为，
设函数，则，
令，函数单调递增，
令，函数单调递减，
所以.
即圆雉的最大体积为.
故答案为：.
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）
（一）必考题（共60分）
17.（12分）【答案】（1）条件选择见解析，（2）
【分析】（1）选①，利用二倍角余弦公式及三角形的性质求解，再利用余弦值求角；选②，利用余弦定理及面积公式建立方程求得，利用正切值求角；选③，利用两角和正切公式化简得，利用正切值求角；
（2）由余弦定理得，利用基本不等式求得，从而解二次不等式得的最小值.
【详解】（1）选①，由得，解得或（舍去），因为，所以.
选②，由余弦定理得，则，
所以，所以，因为，所以.
选③，由得，
所以.所以，因为，所以.
（2）由余弦定理得，
又，则，所以，当且仅当时等号成立，
所以，所以，所以.所以的最小值为.
18.（12分）【答案】（1）（2）（ⅰ），；（ⅱ）
【分析】（1）根据古典概型运算公式，结合列举法进行求解即可；
（2）（ⅰ）根据题中所给的公式进行求解即可；（ⅱ）利用代入法，结合残差的定义进行求解即可.
【详解】（1）用表示从被抽中的6名同学中随机抽出2名同学的序号分别为和，则基本事件有，，，，，，，，，，，，，，，共15个，
将“抽出的2名同学的课外学习时长都不小于210分钟”记为事件，
由已知，序号为1，3，4，6的同学课外学习时长都不小于210分钟，
事件A中基本事件有，，，，，，共6个，
；
（2）（ⅰ）由表知，
，
，
，即，①
回归直线恒过样本点的中心，，即，②
由①②，得，，③
，，④
由③④，得，
（ⅱ）线性回归方程为，
当时，预测值，此时残差为.
19.（12分）【答案】（1）证明见解析（2）.
【详解】（1），，
平面平面，且交线为，平面，平面，
平面，连接，，如图，
因为四边形是边长为的菱形，，所以为等边三角形.
又因为为的中点，所以，
又，平面，平面，所以平面
（2）设点A到平面的距离为，则，
因为，所以，又由（1）知，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，平面，所以，，
又，，
又由，，，平面，平面，
所以平面，且，，
所以，即，
所以点A到平面的距离为
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、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，
所以的取值范围是.学生序号
1
2
3
4
5
6
学习时长/分
220
180
210
220
200
230
月份
1
2
3
4
5
6
7
人均月劳动时间
8
9
m
12
n
19
22