陕西省西安市2024年高三第一次质量检测理科数学试题（教师版）

西安市高三年级第一次质量检测理科数学试题注意事项：1．本试卷考试时间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，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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据对数的性质以及指数函数的单调性化简集合，即可由集合间的运算求解.【详解】，所以．故选：D2.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】根据复数的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.1 B.2 C.3 D.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：B4.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.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．6.小明同学为了估算位于哈尔滨的索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度为（

）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先在中求得的长度，再在中利用正弦定理求得的长度，进而在中，求得索菲亚教堂的高度.【详解】，由题意知：，所以，在中，（m），在中，由正弦定理得，所以（m），在中，（m）.故选：A7.已知，则在的展开式中，含的系数为（）A.480 B. C.240 D.【答案】B【解析】【分析】根据定积分可得，进而由二项式表示6个因式的乘积，即可得到含的项，即可算出答案.【详解】,表示6个因式的乘积，在这6个因式中，有3个因式选，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选，即可得到含的项，故含的项系数是故选：B.8.若，则（）A. B.0 C. 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.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：D10.甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球(球除颜色外，大小质地均相同)．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐中取出的球是红球的事件．下列结论正确的个数是（）①事件与相互独立；②，，是两两互斥的事件；③；④；⑤A.5 B.4 C.3 D.2【答案】C【解析】【分析】先判断出，，是两两互斥的事件，且不满足，①错误，②正确，用条件概率求解③⑤，用全概率概率求解④，得出结论.【详解】显然，，，是两两互斥的事件，且，，而，①错误，②正确；，，所以，③正确；④正确；，⑤错误，综上：结论正确个数为3.故选：C11.已知函数及其导函数的定义域均为R，记，若为偶函数，，且，则（）A.4 B.6 C.8 D.10【答案】B【解析】【分析】根据偶函数的性质可得，求导得，结合的周期性即可求解.【详解】因为偶函数，所以，两边同时求导得，即，所以，令，得，令，得，又因为，所以，由，所以，所以的周期为6，则，而，所以，所以．故选：B12.在四棱锥中，底面是直角梯形，，.若，且三棱锥的外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，长为（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】由球的表面积公式得半径，确定球心和点在底面的投影，建立函数关系求解．【详解】由球的表面积，得，因为为直角三角形，所以的外接球球心在底面的投影为中点，而，故在底面的投影为垂直平分线与垂直平分线的交点，即中点，，，可得，设，则，设，令，则，，故当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当即时，函数取最大值，此时四棱锥的体积最大，长为．故选：D二、填空题：本题共4小题．13.为了推动城乡义务教育一体化发展，某师范大学6名毕业生主动申请到某贫困山区的乡村小学工作，若将这6名毕业生分配到该山区的3所乡村小学，每所学校至少分配1人，则分配方案的总数为_________．【答案】540【解析】【分析】先将6名毕业生分成3组，结合平均分组和不平均分组公式，得到分配方案数，再进行全排列，求出答案.【详解】第一步将6名毕业生分成3组，且每组至少1人，一共有3种分配方案，其中1、1、4分配方式有种；1、2、3，分配方式有种；2、2、2，分配方式有种，第二步将分好的3组毕业生分配到3所乡村小学，其分法有种，利用分步计数原理可知，分配方案的总数为．故答案为：54014.已知a，b为正实数，直线与曲线相切，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】由直线与曲线相切可得，后由基本不等式可得答案.【详解】设切点为，，则切线斜率可表示为由题有.又切线可表示为：，代入可得，又a，b为正实数，则，当且仅当，即时取等号.故答案为：.15.已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的右支交于两点（其中点位于第一象限），圆与内切，半径为，则的取值范围是___________．【答案】【解析】【分析】设圆与分别切于，利用圆的切线性质和双曲线定义可求得，同时知为的角平分线，设直线的倾斜角为，可求得，结合双曲线渐近线的倾斜角可确定的范围，由此可确定的范围.【详解】由双曲线方程知：实半轴长，虚半轴长，且，设圆与分别切于，如下图所示：由圆的切线性质知：，，由双曲线定义知：，即，设，则，解得：，由切线性质可知：与横坐标都为，由三角形内切圆的性质知：为的角平分线，设直线倾斜角为，则，，，双曲线渐近线为：，其倾斜角分别为和，又直线与双曲线的右支交于两点，直线的倾斜角范围为，则，，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥曲线中的参数范围的求解问题，解题关键是能够将所求的表示为关于直线倾斜角的函数的形式，根据的范围，结合正切函数值域的求解方法可求得范围.16.已知，若存在实数使不等式成立，则m的最大值为_______．【答案】【解析】【分析】画出和的图象，结合图象可知，取得最大值时，与相切，利用导数的几何意义得答案.【详解】依题意，存在实数使不等式成立，，，令，则存在实数使不等式，成立.和的图象如下图所示，结合图象可知，取得最大值时，与相切，由于和关于直线对称，所以取得最大值时，与相切于直线（切点相同），如图所示.，设切点为，则斜率为①.，设切点为，则斜率，则，，将代入①得，即，所以故答案为：【点睛】本题中，结合化归与转化、数形结合的数学思想方法使得解题简便快捷，并且非常直观.三、解答题：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17.设是数列的前n项和，已知，（1）证明：是等比数列；（2）求满足的所有正整数n.【答案】（1）证明见解析（2）正整数n为1，2【解析】【分析】（1）由定义能证明数列是等比数列；（2）由，得，从而；由求和式子由此能求出满足的所有正整数n的值．【小问1详解】由已知得，所以，其中，，所以是以为首项，为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）知，所以，，所以，所以，当时，单调递减，其中，，，所以满足的所有正整数n为1，2.18.如图，在四棱锥中，，，，平面平面.（1）求证：面；（2）点在棱上，设，若二面角余弦值为，求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据四边形为平行四边形可得，知，由面面垂直和线面垂直性质可得，结合可证得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可构造方程求得.【小问1详解】取中点，连接，，，，四边形为平行四边形，，又，，，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，，，即，又，平面，平面.【小问2详解】取中点，连接，，，平面平面，平面平面，平面，平面，以为坐标原点，正方向为轴正方向，作轴平行于直线，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；平面轴，平面的一个法向量，，解得：，满足，.19.某市为提升中学生的环境保护意识，举办了一次“环境保护知识竞赛”，分预赛和复赛两个环节，预赛成绩排名前三百名的学生参加复赛．已知共有12000名学生参加了预赛，现从参加预赛的全体学生中随机地抽取100人的预赛成绩作为样本，得到频率分布直方图如图：（1）规定预赛成绩不低于80分为优良，若从上述样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人，求至少有1人预赛成绩优良的概率，并求预赛成绩优良的人数X的分布列及数学期望；（2）由频率分布直方图可认为该市全体参加预赛学生的预赛成绩Z服从正态分布，其中可近似为样本中的100名学生预赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且，已知小明的预赛成绩为91分，利用该正态分布，估计小明是否有资格参加复赛？附：若，则，，；．【答案】（1），分布列见解析，（2）有资格参加复赛【解析】【分析】（1）根据超几何分布的概率计算即可求解分布列，（2）根据正态分布的对称性即可求解.【小问1详解】预赛成绩在范围内的样本量为：，预赛成绩在范围内的样本量为：，设抽取的2人中预赛成绩优良的人数为X，可能取值为0,1,2，则，又，则X的分布列为：X012P故．【小问2详解】，，则，又，故，故全市参加预赛学生中，成绩不低于91分的有人，因为，故小明有资格参加复赛，20.椭圆的离心率为，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为．（1）求椭圆E的标准方程；（2）设直线交x轴于点P，其中，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若O、A、M、N四点共圆，求t的值．【答案】（1）（2）6【解析】【分析】（1）由离心率为可得，又面积的最大值为，联立方程求解即可得答案；（2）设直线BC方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，又，，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，根据韦达定理化简可得，从而即可求解.【小问1详解】解：由题意，设椭圆半焦距为c，则，即，得，设，由，所以的最大值为，将代入，有，解得，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】解：设，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，设直线BC方程为，与椭圆方程联立得，，可得，由韦达定理可得，直线BA的方程为，令得点M纵坐标，同理可得点N纵坐标，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，，由，故，解得．21.已知函数．（1）若在上单调递增，求的取值范围；（2）若的最小值为1，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由在区间上恒成立，则，即可得出答案；（2）由，得，求导分析单调性、最值，即可得出答案.【小问1详解】因为在上单调递增，所以在区间上恒成立，所以，令，则，令，则．当时，单调递增，，所以，所以上单调递增，故，所以．的取值范围为．【小问2详解】由，得，所以，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】关键点点睛：本题考查函数单调性与导函数的关系，解题关键是利用在区间单调递增等价在区间恒成立，然后分离参数，利用导数研究新构造函数的最小值，（二）选考题：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]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