52，陕西省西安市2024届高三第一次质量检测文科数学试题

这是一份52，陕西省西安市2024届高三第一次质量检测文科数学试题，共25页。
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.回答非选择题时，用签字笔直接写在答题卡的相应位置，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非指定区域均无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次不等式以及对数复合函数的定义域化简集合，即可由集合的交并补运算求解.
【详解】由得，所以或，
由得，
故，
故选：C
2. 已知为虚数单位，且，则复数的共轭复数在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算求出，从而得到的共轭复数，再根据复数的几何意义判断复数在复平面所对应的点所在象限.
【详解】，则，所以对应点的坐标为在第三象限，
故选：C．
3. 已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】先作出可行域，即可求出最优解代入目标函数即可.
【详解】作出不等式组所表示的平面区域．
由得：，平移直线，
当经过点时，z取得最大值，即．
故选：B
4. 若向量，则“”是“向量的夹角为钝角”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】B
【解析】
【分析】根据向量的夹角为钝角求出m的范围，即可判断“”和“向量的夹角为钝角”之间的逻辑推理关系，即可得答案.
【详解】向量，由向量的夹角为钝角，
即有，解得且，
即“”不能推出“且”即“向量的夹角为钝角”；
“向量的夹角为钝角”即“且”能推出“”；
故“”是“且”的必要不充分条件，
即“”是“向量的夹角为钝角”的必要不充分条件．
故选：B．
5. 荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点.我们可以把看作是每天的“进步”率都是1%，一年后是；而把看作是每天“退步”率都是1%，一年后是；这样，一年后的1“进步值”是“退步值”的倍.那么当“进步”的值是“退步”的值的2倍，大约经过多少天?（参考数据： ，）（ ）
A. 19B. 35C. 45D. 55
【答案】B
【解析】
【分析】确定得到，计算得到答案.
【详解】设天后当“进步”的值是“退步”的值的2倍，则，即，
，
.
故选：B.
6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体各个面中，面积最大的面的面积为（ ）
A. B. C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】首先把三视图转化为几何体的直观图，进一步求出几何体各个面的面积即可得出答案.
【详解】如图，在棱长为4的正方体中，C为棱的中点，三棱锥A-BCD即为该几何体．
其中为直角三角形，，BD=4，AB⊥BD，所以其面积为；
为等腰三角形，BC=CD，BD=4，点C到边BD的距离为4，所以其面积为；
为等腰三角形，，，所以点C到边AB的距离为，
所以其面积为；
为等腰三角形，，，所以点C到边AD的距离为，
所以其面积为．
综上，该几何体各个面中面积最大的面为，其面积为．
故选：A．
7. 已知，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】用表示后，根据基本不等式可求出结果.
【详解】因为，
由，得，
所以，
当且仅当时，等号成立.
故的最小值为.
故选：D
8. 若，则（ ）
A. B. 0C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据同角三角函数关系、二倍角公式先化简已知式子，再利用两角和差的正弦公式进行运算即可得答案.
【详解】因为，所以，
即，则
所以
则，即.
故选：B.
9. 已知定义在R上的函数是奇函数且满足，，数列满足，且 （其中为的前项和），则 （ ）.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由是奇函数且满足可知为周期函数，再由求出的通项公式，利用函数周期性进行求解.
【详解】∵，可得
，即
又∵是奇函数，∴
∴
即
∴将代入上式，有
∴是周期为3的周期函数.
又∵，
∴，①
当时，有②
①②，得，
即（）
∴（）
∴（）
∴是首项为，公比为的等比数列，
∴，
∴，，
∴
∵定义在R上的奇函数是周期为3的周期函数，
∴
∴.
故选：A.
10. 在平面直角坐标系中，点，直线．设圆的半径为1，圆心在l上．若圆C上存在点M，使，则圆心C的横坐标a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得圆的方程，再利用求得点M满足的圆的方程，进而利用两圆有公共点列出关于a的不等式，解之即可求得a的取值范围.
【详解】圆心C的横坐标为a，则圆心C的坐标为，
则圆的方程，
设，由，
可得，整理得，
则圆与圆有公共点，
则，
即，解之得.
故选：D
11. 如图，在矩形ABCD中，，E，F分别为BC，AD中点，将沿直线AE翻折成与B、F不重合，连结，H为中点，连结CH，FH，则在翻折过程中，下列说法中不正确的是（ ）
A. CH的长是定值
B. 在翻折过程中，三棱锥外接球的表面积为
C. 当时，三棱锥的体积为
D. 点H到面的最大距离为
【答案】B
【解析】
【分析】对于A，取的中点G，由四边形是平行四边形，可得，进而求出CH；对于B，取AE的中点O，由外接球的性质可知，点O即为三棱锥外接球的球心，进而求出外接球的表面积；对于C，由即可求出结果；对于D，点D到面的距离为h，则点H到面的距离为，由得，当平面平面ABE时，三棱锥的体积最大，进而求出结果.
【详解】取的中点G，连接GH，GE，则，且，又，且，所以，且，
是平行四边形，，而，故A正确；
对于B，取AE的中点O，连接，所以，
即点O为三棱锥的外接球的球心，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故B错误；
对于C，连接，连接，，
即，所以，即分别为的中点，
，．
又M为DE的中点，，
，
又平面，又，
又平面CFH，
，
故C正确；
对于D，令点D到面的距离为h，因为H为中点，
所以点H到面的距离为．
因为，因为三棱锥的底面积是定值，
所以当平面平面ABE时，三棱锥的体积最大，取AE的中点O，连接，
则平面ABE，所以，即，解得，
所以点H到面的最大距离为，故D正确．
故选：B．
12. 关于函数，下列选项正确的是（ ）
A. 奇函数
B. 在区间上单调递减
C. 的最小值为2
D. 在区间上有两个零点
【答案】D
【解析】
【分析】由正弦函数的性质和函数奇偶性的定义验证选项A；利用导数判断函数在区间内的单调性判断选项B；特殊值法检验选项C；分段讨论去绝对值求零点判断选项D.
【详解】由．得，定义域为，关于原点对称，
由，则为偶函数，故A不正确；
当时，，，
因为，所以，，，所以，
所以在区间上单调递增，故B不正确；
因为，故C不正确；
当时，，，此时无零点；
当时，函数无意义；
当时，，，此时无零点；
当时，函数无意义；
当时，，，
令，得，得，得；
当时，函数无意义；
当时，，，此时无零点；
当时，函数无意义；
当时，，，
令，得，得，得，
综上所述：在区间上有两个零点和，故D正确．
故选：D．
【点睛】方法点睛：
求函数在区间内的零点个数，由函数解析式中含绝对值，根据角的正负和角所在的象限，分类讨论，去掉绝对值，通过求值域最值或解方程，判断零点是否存在.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 某高三年级一共有800人，要从中随机抽取50人参加社团比赛，按系统抽样的方法进行等距抽取.将全体学生进行编号分别为，并按编号分成50组，若第3组抽取的编号为36，则第16组抽取的编号为___________.
【答案】244
【解析】
【分析】根据系统抽样编号成等差数列求解即可
【详解】800人一共分成50组,每组16人,所以组距为16,系统抽样可以看成是一个组距为16的等差数列,由第三组,得.
故答案为：244
14. 若函数在区间上存在最小值，则实数的取值范围为______
【答案】
【解析】
【分析】讨论函数的单调性，确定其极小值点与极小值，由给定条件探讨极小值点位置、区间上函数值与极小值的关系即可作答.
【详解】由得：，当或时，，当时，，
于是得在和上都单调递增，在上单调递减，当时，取得极小值，
因在区间上存在最小值，而函数最值不可能在开区间端点处取得，于是得，且，
即，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
15. 若一个数列的后项与其相邻的前项的差值构成的数列为等差数列，则称此数列为二阶等差数列．现有二阶等差数列：2，3，5，8，12，17，23，…，设此数列为，若数列满足，则数列的前n项和________．
【答案】##
【解析】
【分析】累加法求出数列，再求出，然后用裂项相消法求出
【详解】由题可知，数列是以为首项，1为公差的等差数列，
所以．
所以．
所以．
所以．
故，
所以数列前n项和．
故答案为：
16. 已知直线过圆的圆心，且与圆相交于，两点，为椭圆上一个动点，则的最大值与最小值之和为______．
【答案】
【解析】
【分析】求出圆的圆心，根据题意可得、，利用平面向量的线性运算可得，即可求解.
【详解】圆，圆心，半径，
因为直线过圆的圆心，且与圆相交于，两点，
所以，又椭圆，则，，右焦点为，
所以
，
又，即，所以，
即，所以的最大值为，最小值为.
则的最大值与最小值之和为.
故答案为：
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. 某公司对其产品研发的年投资额（单位：百万元）与其年销售量（单位：千件）的数据进行统计，整理后得到如下统计表：
（1）求变量和的样本相关系数（精确到0.01），并推断变量和的线性相关程度；（若，则线性相关性程度很强；若，则线性相关性程度一般，若，则线性相关性程度很弱．）
（2）求年销售量关于年投资额的回归方程．并预测投资额为700万元时的销售量．（参考：）
参考：
【答案】（1），变量x和y的线性相关程度很强；
（2）,千件．
【解析】
【分析】（1）计算出相关系数所需的数据，根据公式即可求出；
（2）根据公式即可求出与的值，即可得出回归方程，令代入计算即可.
【小问1详解】
由题意，
，
，，
，
，
变量x和y的线性相关程度很强；
【小问2详解】
，
年销售量y关于年投资额x的线性回归方程为．
当时，，
所以研发的年投资额为万元时，产品的年销售量约为千件．
18. 如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，，，为棱的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）设，利用余弦定理结合勾股定理可证得，证明平面，可得出，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）分析得出三棱锥的高为，计算出、的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离.
【详解】（1）证明：设.
四边形是菱形，为棱的中点，，.
在中，，
由余弦定理得，解得.
，，即.
，，且，平面.
平面，.
，，且，平面.
平面，平面平面；
（2）由和（1）知，平面，
是点到平面的距离.
平面，，则是以为斜边的直角三角形，
，，点为棱的中点，，
的面积，的面积.
设点到平面的距离为，则.
，解得.
点到平面的距离为.
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下：
（1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离；
（2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为.
19. ①；②；③．
这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题：
在中，内角，，的对边分别为，，，且满足条件______（填写所选条件的序号）．
（1）求角；
（2）若的面积为，为的中点，求的最小值．
【答案】条件选择见解析；（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）选①：利用正弦定理边化角，化简整理得即可求解；
选②：利用正弦定理角化边，再用余弦定理即可得解；
选③：利用正弦定理边化角，再利用差角的余弦公式变形即可得解；
（2）利用三角形面积定理求出ab，再用余弦定理建立关系，借助基本不等式即可求解.
【详解】选①：
，
，
，
，
，
；
选②：
，
，
，
，
，
，
；
选③：
，
，
，
，
，
；
（2），又，
，
在三角形中，
，
当且仅当时取等号，
的最小值为
20. 已知，为双曲线C的焦点，点在C上．
（1）求C的方程；
（2）点A，B在C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M，N两点，点Q在直线AB上，若＋，＝0，是否存在定点T，使得|QT|为定值？若有，请求出该定点及定值；若没有，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在T（1，－2）使|QT|为定值
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，解之即可求解；
（2）设直线AB的方程，，联立双曲线方程，利用韦达定理表示；由直线的点斜式方程可得PA方程，得，同理得N（0,），根据平面向量线性运算的坐标表示，化简计算可得，分类讨论与的情况，即可求解.
【小问1详解】
设双曲线C的方程为，，
由题意知，解得，
∴双曲线C的方程为；
【小问2详解】
设直线AB的方程为，，，
，消去y，得，
则，，
，
∴直线PA方程为，
令，则，同理N（0,），
由，可得，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
当时，，
此时直线AB方程为，恒过定点，显然不可能；
∴，此时直线AB方程为，恒过定点，
∵，∴，取PE中点T，∴，
∴为定值，
∴存在点使|QT|为定值.
21. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若的最小值为1，求a．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过运算得即可得解.
（2）对分类讨论，首先得满足题意，进一步分、以及分类讨论即可求解.
【小问1详解】
，
所以曲线在点处的切线方程，
即．
【小问2详解】
，
令，则，
令，则，
当时，，
则，
当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，
在上单调递增，且，
所以，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，所以．
所以成立，
当时，当时，在上单调递减，，
在上单调递减，
因为，所以在上单调递减，此时，舍去．
当时，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，，舍去；
当时，当时，在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增，此时，，舍去，
综上，．
【点睛】关键点睛：第二问的关键是找到适当的临界值对分类讨论，结合导数与函数最值、单调性等关系即可顺利求解.
（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]（10分）
22. 在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线和直线的极坐标方程；
（2）若点在直线上且，射线与曲线相交于异于点的点，求的最小值．
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，再由普通方程与极坐标方程之间的转换关系可得出曲线的极坐标方程，直接利用普通方程与极坐标方程之间的转换关系可得出直线的极坐标方程；
（2）设点的极坐标为，点的极坐标为，，求得，，利用三角恒等变换思想以及正弦函数的有界性可求得的最小值.
【详解】（1）由曲线的参数方程，得曲线的普通方程为．
即，
由极坐标与直角坐标的互化公式，，得曲线的极坐标方程为.
直线的极坐标方程为，即；
（2）设点的极坐标为，点的极坐标为，其中．
由（1）知，．
．
，．．
当，即时，取得最小值．
【点睛】方法点睛：在已知极坐标方程求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，如果不能直接用极坐标解决，或用极坐标解决较麻烦，可将极坐标方程转化为直角坐标方程解决．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23. 已知函数，．
（Ⅰ）当时，求不等式的解集；
（Ⅱ）若关于的不等式的解集包含，求的取值集合．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）由时，得到函数，分类讨论，即可求得不等式的解集；
（Ⅱ）由已知关于的不等式解集包含，等价于|在恒成立，进而得到在恒成立，由此可求解实数的取值范围．
【详解】（Ⅰ）由题意，当时，函数，
当时,，解得;
当时，, 无解;
当时， 解得；
所以的解集为.
（Ⅱ）由已知关于的不等式解集包含，
等价于|在恒成立，
因为，所以不等式恒成立
即在恒成立，即，
又，所以，
故的取值集合是.
【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的求解，以及含绝对值不等式的恒成立问题的求解，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．
x
1
2
3
4
5
y
1.5
2
3.5
8
15