2024年青海省西宁市湟中县高考数学一模试卷（文科）（含解析）

这是一份2024年青海省西宁市湟中县高考数学一模试卷（文科）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若集合A={1,2,3,4}，B={(x,y)|x∈A，y∈A，x≤y}，则( )
A. 3∈BB. (1,4)∉BC. (3,2)∈BD. (2,2)∈B
2.某工厂要对1110个零件进行抽检，这1110个零件的编号为0001，0002，…，1110.若采用系统抽样的方法抽检30个零件，且编号为0005的零件被抽检，则下列编号是被抽检的编号的是( )
A. 0040B. 0041C. 0042D. 0043
3.若球M与球N的表面积之差为28π，且球M与球N的半径之差为1，则这两个球的半径之和为( )
A. 6B. 5 2C. 7D. 8
4.椭圆x25m+y23m=1(m>0)的离心率为( )
A. 105B. 35C. 2 25D. 25
5.若x，y满足约束条件x−4y≤0x+2y−6≤0，则x−y的取值范围是( )
A. (−∞,2]B. (−∞,3]C. [2,+∞)D. [3,+∞)
6.下列四组数据中，中位数等于众数的是( )
A. 1，2，4，4，1，1，3B. 1，2，4，3，4，4，2
C. 1，2，3，3，4，4，4D. 1，2，3，4，2，2，3
7.定义向量a，b的叉乘模的运算：|a×b|=|a||b|sinθ，其中θ是向量a，b的夹角.已知|a|=2，|b|=3，且a⋅b=−2，则|a×b|=( )
A. 4 2B. 2C. 3 2D. 4
8.星等是衡量天体光度的量.为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕佮斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念，例如：2等星的星等值为2.已知两个天体的星等值m1，m2和它们对应的亮度E1，E2满足关系式m2−m1=−2.5lgE2E1(E1>0,E2>0)，则( )
A. 3等星的亮度是0.5等星亮度的 10倍B. 0.5等星的亮度是3等星亮度的 10倍
C. 3等星的亮度是0.5等星亮度的10倍D. 0.5等星的亮度是3等星亮度的10倍
9.如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗实线绘制的是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
A. 20+(4+4 2)π
B. 16+(6+4 2)π
C. 20+(6+4 2)π
D. 16+(4+4 2)π
10.如图，AB⊥BD，AB=BD，C为BD的中点，E为AC的中点，则tan∠CED=( )
A. 67
B. 35
C. 47
D. 25
11.若函数f(x)=x3+4与g(x)=x2−2x图象的交点为A，则曲线y=f(x)在点A处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为( )
A. 4B. 6C. 23D. 83
12.若函数f(x)=6sin(3x+φ)(−π<φ<2π)在[0,π6]上的最大值小于3 3，则φ的取值范围是( )
A. (−π6,π3)∪(π,11π6)B. (−π,−π6)∪(2π3,2π)
C. (−5π6,−π6)∪(5π6,11π6)D. (−π,−π6)∪(2π3,11π6)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在复平面内，复数5i3−4i对应的点位于第______象限．
14.在△ABC中，AB= 3,AC= 2,csA=− 66，则BC= ______．
15.抛物线C：y2=−2px(p>0)的焦点F到准线的距离为1，经过点P(m,0)的直线l与C交于不同的两点，则当m=1时，直线l斜率的取值范围是______．
16.若f(x)为定义在R上的偶函数，且f(2x−3)为奇函数，f(2)=1，则f(3)+f(8)= ______．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
甲、乙参加一次有奖竞猜活动，活动有两个方案.方案一：从装有编号为1，2，3，4，5，6的6个小球的箱子内随机抽取2个小球，若抽取的小球的编号均为偶数，则获奖.方案二：电脑可以从0∼2内随机生成一个随机的实数，参赛者点击一下即可获得电脑生成的随机数x，若2x< 2，则获奖.已知甲选用了方案二参赛，乙选用了方案一参赛．
(1)求甲获奖的概率．
(2)试问甲、乙两人谁获奖的概率更大？说明你的理由．
18.(本小题12分)
已知数列{ an}为等差数列，且a1=1，a2=4．
(1)求an；
(2)若bn=1 4n+1 anan+1，数列{bn}的前n项和为Sn，证明：Sn<2．
19.(本小题12分)
如图，在底面是正方形的四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，BC=1，CC1=3，BC1= 10．
(1)证明：四棱柱ABCD−A1B1C1D1为正四棱柱．
(2)求四棱锥B−ACC1A1的体积．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax3−lnx−ln(3a)．
(1)当a=13时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)>0恒成立，求a的取值范围．
21.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为x−4y=0，且虚轴长为2．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，且与双曲线C的两条渐近线分别交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：△OPQ的面积为定值．
22.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为x=4+45t,y=35t(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2+2ρcsθ−4ρsinθ−20=0．
(1)求直线l和曲线C的直角坐标方程；
(2)记直线l与x轴的交点为M，与曲线C的交点为A，B，求|MA|+|MB|．
23.(本小题12分)
设函数f(x)=3x−2−|x−1|．
(1)求不等式f(x)<4的解集；
(2)若方程f(x)=x2+ax−1有两个不等实数根，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为集合A={1,2,3,4}，B={(x,y)|x∈A，y∈A，x≤y}{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,3)，(3,4)，(4,4)}．
结合选项可知，D正确．
故选：D．
由已知先求出集合B，然后结合元素与集合的包含关系检验各选项即可判断．
本题主要考查了元素与集合包含关系的判断，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：组距为111030=37，
采用系统抽样的方法抽检30个零件，且编号为0005的零件被抽检，
5+37=42，
故被抽检的编号可以是0042．
故选：C．
根据已知条件，结合系统抽样的定义，即可求解．
本题主要考查系统抽样方法，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：设球M与球N的半径分别为R1，R2，
则R1−R2=1，4π(R12−R22)=28π，
即R12−R22=7，
所以R1+R2=(R1+R2)(R1−R2)R1−R2=R12−R22R1−R2=7．
故选：C．
分别求出球M，N的表面积，根据球M与球N的表面积之差为28π，求出R12−R22=7，即可求解．
本题考查球的表面积公式的应用，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意可得椭圆x25m+y23m=1(m>0)的离心率e= 2m5m= 105．
故选：A．
根据椭圆的几何性质直接求解．
本题考查椭圆的几何性质，属基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由约束条件x−4y≤0x+2y−6≤0作出可行域如图，
联立x−4y=0x+2y−6=0，解得A(4,1)，
令z=x−y，得y=x−z，由图可知，当直线y=x−z过A时，z有最大值为3．
∴x−y的取值范围是(−∞,3]．
故选：B．
由约束条件作出可行域，令z=x−y，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：对于A，1，2，4，4，1，1，3，中位数为2，众数为1，故A错误；
对于B，1，2，4，3，4，4，2，中位数为4，众数为3，故B错误；
对于C，1，2，3，3，4，4，4，中位数为3，众数为4，故C错误；
对于D，1，2，3，4，2，2，3，中位数为2，众数为2，故D正确．
故选：D．
根据已知条件，结合中位数、众数的定义，即可求解．
本题主要考查中位数、众数的定义，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：设θ为向量a与b的夹角，
则a⋅b=|a||b|csθ=6csθ=−2，解得csθ=−13，
又θ∈[0,π]，所以sinθ= 1−cs2θ=2 23，
所以|a×b|=6×2 23=4 2．
故选：A．
根据|a|=2，|b|=3，且a⋅b=−2，求得csθ=−13，进而求得sinθ，代入定义式进行运算即可．
本题考查平面向量数量积的运算，属基础题．
8.【答案】D
【解析】解：当m2=3，m1=0.5时，3−0.5=−2.5lgE2E1，则E2E1=110，
则E1=10E2，所以0.5等星的亮度是3等星亮度的10倍．
故选：D．
由已知结合对数的运算性质即可求解．
本题考查对数运算的实际应用，考查应用意识与逻辑推理的核心素养．
9.【答案】D
【解析】解：由三视图知，该几何体是上边为正方体，下边为圆柱的组合体，
且正方体的棱长为2，圆柱的底面半径为 2，高为2，
所有该几何体的表面积为22×4+π×( 2)2×2+2π× 2×2=16+(4+4 2)π．
故选：D．
由三视图得出该几何体是上边为正方体，下边为圆柱的组合体，结合图中数据求出该几何体的表面积．
本题考查了利用三视图求简单组合体的表面积计算问题，是基础题．
10.【答案】C
【解析】解：取BC的中点F，连接EF.设AB=BD=4，则EF=2，CF=1，DF=3，
且EF/​/AB.因为AB⊥BD，所以EF⊥BD，
所以tan∠DEF=DFEF=32,tan∠CEF=CFEF=12，
则tan∠CED=tan(∠DEF−∠CEF)=32−121+32×12=47．
故选：C．
设AB=BD=4，利用两角差正切公式展开tan∠CED=tan(∠DEF−∠CEF)即可．
本题考查三角恒等变换，属于基础题．
11.【答案】B
【解析】解：由f(x)=g(x)，得x3−x2+2x+4=0，
设h(x)=x3−x2+2x+4，则h′(x)=3x2−2x+2>0(Δ=4−24<0)，
所以h(x)为增函数，因为h(−1)=0，所以A(−1,3)．
f′(x)=3x2，则f′(−1)=3，
所以曲线y=f(x)在点A处的切线方程为y−3=3(x+1)，
令x=0，得y=6，令y=0，得x=−2，
则所求三角形的面积为12×6×2=6．
故选：B．
先求A点坐标，再根据导数的几何意义及直线的点斜式方程，即可求解．
本题考查导数的几何意义，考查逻辑推理与数学运算的核心素养，属中档题．
12.【答案】D
【解析】解：由题意知−π<φ<2π，x∈[0,π6]，则3x+φ∈[φ,π2+φ]，且π2+φ<5π2，
函数f(x)=6sin(3x+φ)(−π<φ<2π)在[0,π6]上的最大值小于3 3，
即此时6sin(3x+φ)<3 3，∴sin(3x+φ)< 32，
在(−π,52π)内，y=sinx的函数值 32对应的x的值为π3，2π3，7π3，
①当−π<φ<2π，且π2+φ<π3时，满足题意，此时−π<φ<−π6；
②当2π3<φ<2π，且π2+φ<7π3时，满足题意，此时2π3<φ<11π6，
综合上述，可得φ的取值范围是(−π,−π6)∪(2π3,11π6)，
故选：D．
首先根据x的范围，确定3x+φ∈[φ,π2+φ]，由题意可得sin(3x+φ)< 32，结合正弦函数的性质，分类讨论，列出不等式，即可求得答案．
本题考查的知识点：正弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
13.【答案】二
【解析】解：因为5i3−4i=5i(3+4i)25=−45+35i，所以其对应的点(−45,35)位于第二象限．
故答案为：二．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
14.【答案】 7
【解析】解：AB= 3,AC= 2,csA=− 66，
则BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA=5+2=7，所以BC= 7．
故答案为： 7．
根据已知条件，结合余弦定理，即可求解．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
15.【答案】(− 22,0)∪(0, 22)
【解析】解：根据题意可知p=1，
当m=1时，设直线l的方程为y=k(x−1)，
联立y=k(x−1)y2=−2x，得k2x2+(2+2k2)x+k2=0，
则Δ=(2−2k2)2−4k4>0(k2≠0)，
解得k∈(− 22,0)∪(0, 22).
故答案为：(− 22,0)∪(0, 22).
根据题意可知p=1，设直线l的方程为y=k(x−1)，联立抛物线方程，根据Δ>0，即可求解．
本题考查直线与抛物线的位置关系，方程与不等式思想，属基础题．
16.【答案】−1
【解析】解：令g(x)=f(2x−3)，
由题意得，g(0)=f(−3)=0，
因为f(2)=1，
所以g(52)=f(2)=1，g(−52)=f(−8)=f(8)=−1，
故f(3)+f(8)=−1．
故答案为：−1．
由已知结合函数的奇偶性即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．
17.【答案】解：(1)由2x< 2，得x<0.5，
所以由几何概型可知，甲获奖的概率为0.5−02−0=14；
(2)从装有编号为1，2，3，4，5，6的6个小球的箱子内随机抽取2个小球，
所有的抽取情况为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，共15种情况，
其中均为偶数的有3种，所以乙获奖的概率为315=15，
因为14>15，所以甲获奖的概率更大．
【解析】(1)根据题意，由几何概型的概率计算公式，即可得到结果；
(2)根据题意，计算甲获奖的概率与乙比较，即可得到结果．
本题考查了古典概型的概率计算，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设等差数列{ an}的公差为d，
∵a1=1，a2=4，
∴d= a2− a1= 4− 1=1，
∴数列{ an}的通项公式为 an=1+(n−1)×1=n，即an=n2；
证明：(2)由(1)知，an=n2，∴an+1=(n+1)2，
∴bn=1 4n+1 anan+1=12n+1n(n+1)=12n+1n−1n+1，
∴Sn=b1+b2+b3+⋯+bn=121+11−12+122+12−13+123+13−14+⋯+12n+1n−1n+1
=121+122+123+⋯+12n+(11−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n−1n+1)
=12[1−(12)n]1−12+1−1n+1=2−(12)n−1n+1，
∵n→+∞,12n→0,1n+1→0，
∴2−(12)n−1n+1<2，
∴Sn<2．
【解析】(1)利用等差数列的通项公式即可求解；
(2)根据(1)结论及指数的运算，利用分组求和法、等比数列的前n项和公式及裂项相消法即可求解．
本题考查了等差数列的通项公式和裂项相消求和，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：在底面是正方形的四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，
因为BC=1,CC1=3,BC1= 10，
所以BC2+CC12=BC12，则BC⊥CC1．
又CD⊥平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥CC1，
因为BC∩CD=C，BC，CD⊂平面ABCD，所以CC1⊥平面ABCD．
又底面ABCD为正方形，所以四棱柱ABCD−A1B1C1D1为正四棱柱．

(2)连接BD，交AC于点O，
因为底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD．
由(1)知，CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则CC1⊥BD．
因为CC1∩AC=C，CC1，AC⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1．
因为BC=1，所以BO=12BD= 22，
所以四棱锥B−ACC1A1的体积V=13× 22× 2×3=1．
【解析】(1)根据题意结合线面垂直的判定定理可证CC1⊥平面ABCD，结合正棱柱的定义分析证明；
(2)连接BD，交AC于点O，可证BD⊥平面ACC1A1，结合体积公式分析求解．
本题考查线面垂直的判定与性质、四棱锥体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)当a=13时，f(x)=13x3−lnx，x>0，
f′(x)=x2−1x=x3−1x，
令f′(x)=0得x=1，
所以在(0,1)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(1,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)．
(2)若f(x)>0恒成立，即ax3−lnx−ln3a>0恒成立，
令g(x)=ax3−lnx−ln3a，x>0，a>0，
g′(x)=3ax2−1x=3ax3−1x，
令g′(x)=0，得x=313a，
所以在(0,313a)上g′(x)<0，g(x)单调递减，
在(313a,+∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(313a)=a(313a)3−ln313a−ln3a=13−23ln3a>0，
所以a< e3，
又a>0，
所以0所以a的取值范围为(0, e3).
【解析】(1)当a=13时，f(x)=13x3−lnx，x>0，求导分析f′(x)的符号，f(x)的单调性．
(2)若f(x)>0恒成立，即ax3−lnx−ln3a>0恒成立，令g(x)=ax3−lnx−ln3a，x>0，a>0，只需g(x)min>0，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为x−4y=0，且虚轴长为2，
可得2b=2，ba=14，解得a=4，b=1，
则双曲线的标准方程为x216−y2=1；
(2)证明：由双曲线的方程可得渐近线方程为y=±14x，
当直线l的斜率不存在时，若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，
则直线l经过双曲线的顶点，不妨设l：x=4，与渐近线方程联立，可得P(4,1)，Q(4,−1)，
则△OPQ的面积为12×2×4=4；
当直线l的斜率存在，设直线l：y=kx+t，与双曲线的方程x2−16y2=16联立，
可得(1−16k2)x2−32ktx−16t2−16=0，
因为动直线l与双曲线C恰有1个公共点，
所以Δ=(−32kt)2+4(1−16k2)(16t2+16)=0，得16k2=t2+1，
设动直线l与y=14x的交点为P，与y=−14x的交点为Q，
联立y=kx+ty=14x，解得xP=4t1−4k，
同理得xQ=4t−1−4k，
则|PQ|= 1+k2|4t1−4k−4t−1−4k|= 1+k2⋅8|t||1−16k2|=8 1+k2|t|，
因为原点O到直线l的距离为d=|t| 1+k2，
所以△OPQ的面积为12d⋅|PQ|=12⋅|t| 1+k2⋅8 1+k2|t|=4．
则△OPQ的面积为定值4．
【解析】(1)根据渐近线方程和虚轴长，求出a，b可得双曲线C的标准方程；
(2)当直线l的斜率不存在，设直线l的方程，求得交点P，Q，可得△OPQ的面积；当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据Δ=0，找到参数之间的关系，再利用弦长公式求得|PQ|，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，求得面积，即可证明．
本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和双曲线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)∵直线l的参数方程为x=4+45t,y=35t(t为参数)，
消去参数t，可得3x−4y−12=0，
∴直线l的普通方程为3x−4y−12=0；
∵曲线C的极坐标方程为ρ2+2ρcsθ−4ρsinθ−20=0，
∴x2+y2+2x−4y−20=0，
∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2+2x−4y−20=0；
(2)由(1)知直线l与x轴的交点M为(4,0)，且直线l的参数方程为x=4+45t,y=35t(t为参数)，
将准线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程：x2+y2+2x−4y−20=0中，可得：
t2+285t+4=0，设两交点A，B对应的参分别为t1，t2，
则t1+t2=−285<0，t1t2=4>0，∴t1<0，t2<0，
∴根据参数t的几何意义可得：
|MA|+|MB|=|t1|+|t2|=|t1+t2|=285．
【解析】(1)消去参数即得直线l的普通方程，根据极坐标与直角坐标的转化关系，即得曲线C的直角坐标方程；
(2)根据直线参数方程中参数的几何意义，即可求解．
本题考查极坐标与参数方程的应用，直线参数方程中参数的几何意义的应用，属中档题．
23.【答案】解：(1)因为f(x)=3x−2−|x−1|=2x−1,x≥14x−3,x<1，
所以当x≥1时，f(x)<4⇔2x−1<4，
解得1≤x<52；
当x<1时，f(x)<4⇔4x−3<4，
解得x<1；
综上，f(x)<4的解集为(−∞,52)；
(2)因为方程f(x)=x2+ax−1有两个不等实数根，
即方程3x−2−|x−1|=x2+ax−1有两个不等实数根，
当x=0时，等式不成立；
当x≠0时，则有a=−x2+3x−|x−1|−1x，
令g(x)=−x2+3x−|x−1|−1x=−x+2,x≥1−x−2x+4,x<1且x≠0，
当x<0时，−x−2x+4≥2 (−x)⋅2−x+4=4+2 2，
当且仅当−x=−2x，即x=− 2时，等号成立，
当x∈(0,1)时，g(x)=−x−2x+4，
g′(x)=2x2−1=2−x2x2>0，
所以函数在(0,1)上单调递增；
又因为当x≥1时，g(x)=−x+2，
此时函数单调递减，且g(1)=1；
作出函数y=g(x)的图象，如图所示：

又因为方程f(x)=x2+ax−1有两个不等实数根，
所以y=a与y=g(x)在两个不同交点，
由图象可得a的取值范围为：(−∞,1)∪(4+2 2,+∞)．
【解析】(1)将函数写成分段函数，分别求解后再取并集即可；
(2)参变分离得a=−x2+3x−|x−1|−1x，令g(x)=−x2+3x−|x−1|−1x=−x+2,x≥1−x−2x+4,x<1且x≠0，则将问题转化为y=a与y=g(x)有两个交点，结合基本等式、对勾函数及导数，确定函数的单调性及极值，再作出图象，结合图象求解即可．
本题考查了不等式的解法、转化思想、数形结合思想，考查了导数的综合运用，属于中档题．