陕西省西安市第一中学2023-2024学年高三数学文科模拟试卷

这是一份陕西省西安市第一中学2023-2024学年高三数学文科模拟试卷，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知全集U=R，集合A={x|lg2x≤2}，则∁UA=( )
A. (4,+∞)B. [4,+∞)
C. (−∞,0)∪[4,+∞)D. (−∞,0]∪(4,+∞)
2.设z=4(1+i)2，则|z|=( )
A. 2B. 1C. 4D. 3
3.若x，y满足约束条件2x−y≥0,x−2y≤0,x+y−3≤0,则z=−2x−y的最小值为( )
A. 0B. −4C. −5D. −6
4.中国古代数学著作主要有《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》《四元玉鉴》《张邱建算经》，若从上述5部书籍中任意抽取2部，则抽到《周髀算经》的概率为( )
A. 310B. 12C. 15D. 25
5.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π)的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度后得到函数g(x)的图象，则在下列区间上函数g(x)单调递增的是( )
A. [π6,π3]
B. [3π2,5π2]
C. [5π6,7π6]
D. [π,3π2]
6.已知关于x的方程x2−2ax+4=0，若a是从区间[−3,4]中任取的一个实数，则这个关于x的方程有实根的概率为( )
A. 17B. 27C. 37D. 47
7.正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=3AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
A. 13B. 510C. 910D. 45
8.阅读如图所示的程序框图，若输出的S=720，则判断框内应填写的条件为( )
A. i>5？
B. i>6？
C. i<7？
D. i>7？
9.已知圆锥的轴截面为△PAB，P为该圆锥的顶点，该圆锥内切球的表面积为12π，若∠APB=60∘，则该圆锥的体积为( )
A. 9 3πB. 12 3πC. 18 3πD. 27 3π
10.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1，圆O：x2+y2=a2.若过F1的直线分别交C的左、右两支于A，B两点，且圆O与F1B相切，C的离心率为3，F1到C的渐近线的距离为2 2，则|AB|=( )
A. 327B. 307C. 207D. 167
11.某人从银行贷款100万，贷款月利率为0.5%，20年还清，约定采用等额本息按月还款(即每个月还相同数额的款，240个月还清贷款的利息与本金)，则每月大约需还款(参考数据：≈3.310)( )
A. 7265元B. 7165元C. 7365元D. 7285元
12.已知函数f(x)的定义域为R，且满足f(x)+f(y)=f(x+y)−2xy+2，f(1)=2，则下列结论正确的是( )
A. f(4)=12B. 方程f(x)=x有解
C. f(x+12)是偶函数D. f(x−12)是偶函数
二、填空题
13.已知向量a=(2−t,−3)，b=(−1,2+t)，若a⊥b，则t=______.
14.已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，半径为6的圆C过坐标原点O以及F，且与该抛物线的准线l相切，则p=______.
15.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=n(1+an)2,S2=3，则a3=______.
16.已知函数f(x)=|lnx|，若0三、解答题
17.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且向量m=(a,b),n=(− 3csA,sinB)满足m//n.
(1)求A；
(2)若a= 13,b=3，求BC边上的高ℎ.
18.全球新能源汽车产量呈上升趋势.以下为2018−2023年全球新能源汽车的销售量情况统计.
若y与x的相关关系拟用线性回归模型表示，回答如下问题：
(1)求变量y与x的样本相关系数r(结果精确到0.01)；
(2)求y关于x的经验回归方程，并据此预测2024年全球新能源汽车的销售量.
附：经验回归方程y =b x+a，其中b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2,â=y−−b x−，样本相关系数r=i=1n(xi−x−)(yi−y−) i=1n(xi−x−)2 i=1n(yi−y−)2=i=1nxiyi−nx−y− i−1nxi2−nx−2 i=1nyi2−ny−2.
参考数据：i=16xiyi=181.30，i=16yi2=380.231， 17.5≈4.2， 126.731≈11.2.
19.如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，M为AC的中点，MB1⊥AB.
(1)证明：MC1⊥AB.
(2)若AB=BC=2,BB1=4,MB1= 14，求直线B1C与平面MB1C1所成角的正弦值.
20.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点M(x,y)到定点F(1,0)的距离和它到定直线l：x=4的距离之比是常数12，设动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点N(−1,0)的直线与曲线C相交于点A，B(不在x轴上)，记线段AF的中点为P，连接PO，并延长PO交曲线C于点D，求△FPN与△BND的面积之和的取值范围.
21.已知函数f(x)=x2+3x+3，g(x)=2ex+1−x−2.
(1)判断g(x)的零点个数；
(2)求曲线y=f(x)与曲线y=g(x)公切线的条数.
22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程是x= 3csθ,y=a+ 3sinθ(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ρcs(θ+π4)=− 2.
(1)写出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)若曲线C1与曲线C2交于点A，B，点P(−2,0)使得|PA|，|AB|，|PB|成等比数列，求a的值.
23.已知函数f(x)=|x−2|，g(x)=2f(x)−|2x+1|的最大值是λ.
(1)求λ的值；
(2)若a>0，b>0，且a+b=λ，证明： a+1+ b+2≤4.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为A={x|0所以∁UA={x|x>4或x≤0}.
故选：D.
由已知结合集合的补集运算即可求解．
本题主要考查了集合的补集运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：z=4(1+i)2=2i=−2i，
故|z|=|−2i|= 02+(−2)2=2.
故选：A.
结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：如图所示，画出可行域，
联立x+y−3=0x−2y=0，解得x=2y=1，即A(2,1)，
由z=−2x−y，得y=−2x−z，
由图可知当直线y=−2x−z经过点A(2,1)时，z取得最小值，最大值为−5.
故选：C.
由约束条件作出可行域，化目标函数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即可得解．
本题考查线性规划，考查学生的运算能力及分析能力，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：将这5部书籍依次记为a，b，c，d，e，
则从这5部书籍中任意抽取2部的样本空间Ω={ab,ac,ad,ae,bc,bd,be,cd,ce,de}，共有10个样本点，
其中抽到《周髀算经》的样本点为ab，ac，ad，ae，共有4个样本点，
所以所求概率P=410=25.
故选：D.
利用古典概型的概率公式求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由图知3T4=5π12−(−π3)=3π4，得T=π，
所以ω=2.
把x=5π12代入关系式5π6+φ=π2，所以φ=−π3，
故f(x)=2sin(2x−π3)，所以g(x)=2sin[2(x+π6)−π3]=2sin2x，
则g(x)的单调增区间是[kπ−π4,kπ+π4](k∈Z)，
当k=1时，函数的单调增区间为[3π4,5π4]，由于[5π6,7π6]⊂[3π4,5π4]，
故C正确．ABD错误．
故选：C.
首先利用函数的图象求出函数的关系式，进一步利用函数图象的平移变换求出结果．
本题考查的知识点：函数的关系式的求法，函数的图象的平移变换，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为关于x的方程x2−2ax+4=0有实根，
所以4a2−16≥0，可得a≥2或a≤−2，
a∈[−3,4]，
则a∈[−3,−2]∪[2,4]，
故这个关于x的方程有实根的概率为(−2+3)+(4−2)4+3=37.
故选：C.
根据已知条件，结合二次函数的判别式法，以及几何概型的概率公式，即可求解．
本题主要考查二次函数的判别式法，以及几何概型的概率公式，是基础题．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题．
连接D1C，AC，由D1C//A1B，得∠AD1C(或其补角)是异面直线A1B与AD1所成角，利用余弦定理即可求出异面直线A1B与AD1所成角的余弦值．
【解答】
解：如图，连接D1C，AC，
∵D1C//A1B，
∴∠AD1C(或其补角)是异面直线A1B与AD1所成角，
正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，设AA1=3AB=3，
则AD1=D1C= 9+1= 10，AC= 1+1= 2，
∴cs∠AD1C=10+10−22 10× 10=910.
∴异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为910.
故选：C.
8.【答案】B
【解析】解：由程序框图可知，S=1×2×3×⋯×n=720，解得n=6.
故选：B.
结合程序框图，即可求解．
本题主要考查程序框图的应用，属于基础题．
9.【答案】A
【解析】解：根据题意，如图，圆锥的轴截面为△PAB，设内切球O与PA相切于点E，内切球的半径为r，
因为∠APB=60∘，所以∠OPA=30∘.
由内切球的表面积为12π，则有S=4πr2=12π，
解可得：r= 3，则OP=2r=2 3，
故圆锥的高为3 3，圆锥的底面半径为3，
所以该圆锥的体积V=13π×9×3 3=9 3π.
故选：A.
根据题意，作出圆锥的轴截面图，设内切球O与PA相切于点E，内切球的半径为r，由球的表面积公式求出r的值，进而由球的体积公式计算可得答案．
本题考查圆锥的体积计算，涉及圆锥与球的位置关系，属于基础题．
10.【答案】D
【解析】解：根据题意可得e=ca=3，∴c=3a,b=2 2a，
又F1到C的渐近线的距离为bc a2+b2=b，
∴b=2 2a=2 2，∴a=1,b=2 2,c=3，
联立8x2−y2=8,y=12 2(x+3),，得63x2−6x−73=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2=221,x1x2=−7363，
∴|AB|= 1+18⋅ (221)2+4×7363=167.
故选：D.
先根据题意建立方程求出双曲线方程，再联立直线与双曲线方程，根据根与系数的关系及弦长公式，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，直线与双曲线的位置关系，弦长公式的应用，属中档题．
11.【答案】B
【解析】解：设每月需还款a万元，
第一期还款后，还欠银行a1=100×1.005−a万元，
第二期还款后，还欠银行a2=(100×1.005−a)×1.005−a万元，
……
设第n期还款后，还欠银行an万元，则a240=0，且an=1.005an−1−a，
即an−200a=1.005(an−1−200a)，
所以{an−200a}是公比为1.005的等比数列，
an−200a=(100×1.005−a)×1.005n−1，
所以an=1.005n−1(100.5−201a)+200a.
令a240=0，解得a=1.0052402(1.005240−1)≈0.7165，
即每月大约需还款7165元．
故选：B.
设每月需还款a万元，列出每期还款后还欠的钱，从而可得{an−200a}是公比为1.005的等比数列，求得通项公式，再令a240=0，即可求得答案．
本题考查了数列在生活中的运用，考查了等比数列的通项公式及定义，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：因为函数f(x)的定义域为R，且满足f(x)+f(y)=f(x+y)−2xy+2，f(1)=2，
取x=y=1，得f(2)=4，取x=y=2，得f(4)=14，故A错误．
取y=1，得f(x+1)−f(x)=2x，
所以f(x)−f(x−1)=2(x−1)，f(x−1)−f(x−2)=2(x−2)，⋯，f(2)−f(1)=2，以上各式相加得f(x)=x2−x+2.
令f(x)=x2−x+2=x，得x2−2x+2=0，此方程无解，故B错误．
由B选项的解题过程知f(x)=x2−x+2，
所以f(x+12)=x2+74是偶函数，f(x−12)=x2−2x+114不是偶函数，故C正确，D错误．
故选：C.
由已知利用赋值法，结合函数的奇偶性及方程解的存在条件检验各选项即可判断．
本题主要考查了函数的奇偶性及赋值法在抽象函数求值及奇偶性的判断中的应用，属于中档题．
13.【答案】−4
【解析】解：由a=(2−t,−3)，b=(−1,2+t)，且a⊥b，
可得a⋅b=−(2−t)−3(2+t)=0，解得t=−4.
故答案为：−4.
根据a⊥b，可得a⋅b=0，由此建立关于t的方程，解之即可得到本题的答案．
本题主要考查平面向量的坐标运算法则、两个向量垂直的条件等知识，属于基础题．
14.【答案】8
【解析】解：∵圆C过坐标原点O以及F(p2,0)，∴圆心C在直线x=p4上．
∵圆C的半径为6，∴p4+p2=6，解得p=8.
故答案为：8.
利用圆的半径，转化求解p即可．
本题考查抛物线的简单性质的应用，圆与抛物线的位置关系的应用，是基础题．
15.【答案】3
【解析】解：由Sn=n(1+an)2,S2=3，
又a3=S3−S2，
则a3=3(1+a3)2−3，
解得a3=3.
故答案为：3.
由a3=S3−S2，解方程可得所求值．
本题考查数列的递推式，考查运算能力，属于基础题．
16.【答案】(3,+∞)
【解析】解：∵f(x)=|lnx|，f(a)=f(b)，
∴|lna|=|lnb|，解得b=1a或a=b(舍去)，
∵0∴0∴a+2b=a+2a，
令f(a)=a+2a，
由对勾函数的性质知函数f(a)在(0,1)上为减函数，
则f(a)>f(1)=1+21=3，
故a+2b的取值范围是(3,+∞).
故答案为：(3,+∞).
根据已知条件，推得b=1a，再结合对勾函数的性质，即可求解．
本题主要考查对数函数的性质，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为m=(a,b)，n=(− 3csA,sinB)，且m//n，
所以asinB+ 3bcsA=0，
由正弦定理得sinAsinB+ 3sinBcsA=0，
因为sinB≠0，所以sinA+ 3csA=0，
所以tanA=− 3，解得A=2π3.
(2)因为a= 13,b=3,A=2π3，
由余弦定理得( 13)2=32+c2−2×3c×(−12)，
化简得c2+3c−4=0，解得c=1或c=−4(舍去).
所以△ABC的面积为S=12×3×1× 32=12× 13ℎ，
解得ℎ=3 3926.
【解析】(1)根据平面向量的共线定理列方程得asinB+ 3bcsA=0，利用正弦定理与三角恒等变换求解即可．
(2)利用余弦定理列方程求出c，再计算△ABC的面积，即可求出高ℎ.
本题考查了解三角形的应用问题，也考查了数学运算核心素养，是基础题．
18.【答案】解：(1)因为x−=1+2+3+4+5+66=3.5，y−=2.02+2.21+3.13+6.7+10.8+14.146=6.5，
所以i=16xi2−6x−2=1+4+9+16+25+36−6×494=17.5，i=16yi2−6y−2=380.231−6×6.52=126.731，
所以r=i=16xiyi−6x−y− i=16xi2−6x−2 i=16yi2−6y−2=181.30−6×3.5×6.5 17.5× 126.731≈0.952；
(2)由题意得b̂=i=16xiyi−6x−y−i=16xi2−6x−2=181.30−6×3.5×，
所以â=y−−b x−=6.5−3.5×2.56=−2.46，
所以y关于x的经验回归方程为y=2.56x−2.46，
所以可以预测2024年全球新能源汽车的销售量为2.56×7−2.46=15.46百万辆．
【解析】(1)利用相关系数r公式求解即可；
(2)先求出b̂的值，进而求出â的值，得到线性回归方程，再利用线性回归方程进行预测即可．
本题主要考查了线性回归方程的求解，考查了相关系数的计算，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：取AB的中点N，连接NB1，NM，
因为M为AC的中点，
所以NM//BC，又AB⊥BC，所以AB⊥MN，
因为B1C1//BC，所以B1C1//MN，
所以M，N，B1，C1四点共面，
因为AB⊥MN，MB1⊥AB，MB1∩MN=M，
所以AB⊥平面MNB1C1，所以MC1⊥AB.
(2)因为AB⊥平面MNB1C1，所以AB⊥NB1.
又AB=BC=2，BB1=4，所以NB1= 15，
因为MN=BC2=1,MB1= 14，
所以B1M2+MN2=B1N2，则B1M⊥MN，
由题设知AB⊥MB1，因为MN∩AB=N，
所以MB1⊥平面ABC，
所以MB1⊥MC，且B1C= 14+2=4，
设C到平面MB1C1的距离为d，
因为BC//平面MB1C1，所以d=BN=1，
设直线B1C与平面MB1C1所成的角为θ，
所以sinθ=dB1C=14.
【解析】(1)根据线面垂直的判定证明AB⊥平面MNB1C1，可得结果；
(2)先求出C到平面MB1C1的距离为d，可得sinθ=dB1C=14.
本题主要考查直线和平面的夹角和位置关系，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为动点M(x,y)到定点F(1,0)的距离和它到定直线l：x=4的距离之比是常数12，
所以 (x−1)2+y2|x−4|=12，
对等式两边同时平方得3x2+4y2=12，
即x24+y23=1，
则曲线C的方程为x24+y23=1；
(2)因为AB//PD，
所以△FPN与△BND的面积之和等于△AON与△BNO的面积之和，
要求△FPN与△BND的面积之和的取值范围，
即求△AOB面积的取值范围，
不妨设直线AB的方程为x=my−1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my−1x24+y23=1，消去x并整理得(3m2+4)y2−6my−9=0，
由韦达定理得y1+y2=6my3m2+4，y1y2=−93m2+4，
因为△AOB的面积S=12⋅|ON|⋅|y1−y2|=12 (y1+y2)2−4y1y2=12 (6m3m2+4)2+363m2+4，
=6 m2+13m2+4=63 m2+1+1 m2+1，
不妨令t= m2+1，t≥1，
此时△AOB的面积S=63t+1t，
易知当t≥1时，3t+1t≥4，
所以0故△FPN与△BND的面积之和的取值范围为(0,32].

【解析】(1)由题意，根据题目列出等式，进而可得曲线C的方程；
(2)将问题转化成求△AOB面积S的取值范围，设出直线AB的方程和A，B两点的坐标，将直线方程与曲线C的方程联立，利用韦达定理、三角形面积公式以及换元法再进行求解即可．
本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)g(x)的定义域为(−∞,+∞)，g′(x)=2ex+1−1，
令g′(x)>0，得x>−1−ln2，令g′(x)<0，得x<−1−ln2，可知g(x)在(−∞,−1−ln2)上单调递减，在(−1−ln2,+∞)上单调递增，
所以g(x)min=g(−1−ln2)=ln2>0，故g(x)的零点个数为0；
(2)因为f(x)=x2+3x+3，g(x)=2ex+1−x−2，所以f′(x)=2x+3，g′(x)=2ex+1−1，
所以曲线y=f(x)在点(x1,x12+3x1+3)处的切线方程为y−(x12+3x1+3)=(2x1+3)(x−x1)，即y=(2x1+3)x−x12+3，
曲线y=g(x)在点(x2,2ex2+1−x2−2)处的切线方程为y−(2ex2+1−x2−2)=(2ex2+1−1)(x−x2)，
即y=(2ex2+1−1)x+(2−2x2)ex2+1−2；
令2ex2+1−1=2x1+3,(2−2x2)ex2+1−2=−x12+3,得ex2+1=x1+2,(2−2x2)ex2+1−2=−x12+3,
消去x2，整理得x12−5+[4−2ln(x1+2)](x1+2)=0，
设x1+2=t(t>0)，得t2−2tlnt−1=0，等价于t−2lnt−1t=0，
令ℎ(t)=t−2lnt−1t(t>0)，因为ℎ′(t)=(t−1)2t2≥0，
所以ℎ(t)在(0,+∞)上单调递增，且ℎ(1)=0，则ℎ(t)在(0,+∞)上有唯一的零点t=1，
由x1+2=1，得x1=−1，所以曲线y=f(x)与曲线y=g(x)有且仅有一条公切线．
【解析】(1)判断函数的单调性，再利用零点存在性定理判断；
(2)分别设出切点，然后写出切线方程，根据为公切线列出方程组，研究方程组解的个数，消元后，转化为函数零点个数的判断问题．
本题考查利用导数判断函数零点的个数问题，以及公切线的求法与性质的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)曲线C1的参数方程是x= 3csθ,y=a+ 3sinθ(θ为参数)，
消去参数θ，得曲线C1的普通方程为x2+(y−a)2=3，
将极坐标方程ρcs(θ+π4)=− 2展开得 22ρcsθ− 22ρsinθ=− 2，
所以曲线C2的直角坐标方程为x−y+2=0；
(2)由(1)知点P(−2,0)在直线C2上，
则直线C2的一个参数方程为x=−2+ 22t,y= 22t(t为参数)，
将它代入曲线C1的普通方程x2+(y−a)2=3，得关于t的方程t2− 2(2+a)t+a2+1=0，
由2(2+a)2−4(a2+1)>0，得2− 6设点A，B对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=2 2+ 2a,t1t2=a2+1，
因为|PA|，|AB|，|PB|成等比数列，
所以|AB|2=|PA||PB|，即|t1−t2|2=t1t2，
所以(2 2+ 2a)2−4(a2+1)=a2+1，化简得3a2−8a−3=0，解得a=3或a=−13.
【解析】(1)结合曲线C1的参数方程，消去参数θ，即可求解曲线C1的普通方程，再结合极坐标公式，即可求解；
(2)结合参数方程的几何意义，以及等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查参数方程、极坐标方程的应用，属于中档题．
23.【答案】解：(1)因为f(x)=|x−2|，所以g(x)=2f(x)−|2x+1|=|2x−4|−|2x+1|，
由不等式性质||a|−|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，知g(x)≤|(2x−4)−(2x+1)|=5，
所以λ=5；
(2)证明：由(1)知a+b=5，且a+1>0，b+2>0，a+1+b+2=8，
令m=a+1>0，n=b+2>0，则有m+n≥2 mn(当且仅当m=n时，等号成立)，
所以2(m+n)≥m+2 mn+n=( m+ n)2，
所以 2(m+n)≥ m+ n(当且仅当m=n时，等号成立)，
所以 a+1+ b+2≤ 2[(a+1)+(b+2)]= 2×8=4.
【解析】(1)根据三角不等式，即可求解；
(2)根据基本不等式，即可证明．
本题考查三角不等式的应用，基本不等式的应用，属中档题．年份
2018
2019
2020
2021
2022
2023
年份编号x
1
2
3
4
5
6
销售量y/百万辆
2.02
2.21
3.13
6.70
10.80
14.14