陕西省汉中市2024届高三数学（文）上学期教学质量第一次检测试题（一模）（Word版附解析）

汉中市2024届高三年级教学质量第一次检测考试数学（文科）本试卷共23小题，共150分，共4页.注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.第Ⅰ卷（选择题共60分）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，只有一个是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A.B.C.D.2.已知，则复数z的虚部为（）A.B.C.D.3.已知向量，，若与共线且同向，则实数值为（）A.2B.4C.D.或44.一个几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（） A.B.C.D.5.已知，则（）A.B.C.D.6.为庆祝我国第39个教师节，某校举办教师联谊会，甲､乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲､乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成语的概率为（）A.B.C.D.7.已知；，若是的充分条件，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.8.已知双曲线的一条渐近线的斜率为2，则（）A.－4B.4C.D.9.下列函数中，在上是减函数且是偶函数的是（）A.B.C.D.10.“欢乐颂”是音乐家贝多芬创作的重要作品之一.如图，如果以时间为横轴、音高为纵轴建立平面直角坐标系，那么写在五线谱中的音符就变成了坐标系中的点，如果这些点恰好在函数的图象上，且图象过点，相邻最大值与最小值之间的水平距离为，则使得函数单调递增的区间的是（） A.B.C.D.11.已知是抛物线：的焦点，是抛物线的准线，点（）连接交抛物线于点，，则的面积为（）A.6B.3C.D.12.设定义在R上的函数满足，且，则下列结论正确的是（）A.R上单调递减B.在R上单调递增C.在R上有最大值D.在R上有最小值第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知单位向量，满足，则与的夹角为__________.14函数，则__________.15.已知中，，，，则的外接圆面积为___________.16.已知正三棱锥的各顶点都在表面积为球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为______.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.等差数列中，，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求的值．18.某市交管部门为了宣传新交规举办交通知识问答活动，随机对该市15～65岁的人群抽样，回答问题统计结果如图表所示． 组别分组回答正确人数回答正确的人数占本组的概率第1组[15，25)50.5第2组[25，35)a0.9第3组[35，45)27x第4组[45，55)b0.36第5组[55，65]3y（1）分别求出a，b，x，y的值；（2）从第2，3，4组回答正确的人中用分层抽样方法抽取6人，则第2，3，4组每组应各抽取多少人？（3）在（2）前提下，决定在所抽取的6人中随机抽取2人颁发幸运奖.求：所抽取的人中第2组至少有1人获得幸运奖的概率．19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，，侧面PAB底面，，（1）求证：平面（2）过AC的平面交PD于点M，若，求三棱锥的体积．20.已知椭圆的离心率为；，与直线有且只有一个公共点.（1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点，若，求直线的方程21.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．（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]22.在直角坐标系：中曲线的参数方程为（为参数），是上的动点，点满足，点的轨迹为曲线．（Ⅰ）求的参数方程；（Ⅱ）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线与的异于极点的交点为，与的异于极点的交点为，将曲线、的方程转化为极坐标方程后，求．[选修4-5：不等式选讲]23.设函数（1）当时，解不等式；（2）若存在，使得成立，求a的取值范围. 汉中市2024届高三年级教学质量第一次检测考试数学（文科）本试卷共23小题，共150分，共4页.注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.第Ⅰ卷（选择题共60分）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，只有一个是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将集合化简，再结合集合的交集运算即可得到结果.详解】将集合化简可得，则故选:A2.已知，则复数z的虚部为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的四则运算及定义计算即可. 【详解】由可得，即虚部为.故选：A3.已知向量，，若与共线且同向，则实数的值为（）A.2B.4C.D.或4【答案】C【解析】【分析】通过向量共线且同向，即可求出实数的值.【详解】由题意，，，∵与共线且同向∴，解得或，当时，与共线且反向，舍去，故选：C．4.一个几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据三视图可知：该几何体是一个圆锥和正方体的组合体.圆锥的体积为，正方体的体积为8，故几何体的体积为：故选：A 5.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将条件等式两边平方，利用，结合二倍角公式，即可求解.【详解】因为，所以，所以．故选：C.【点睛】本题考查应用同角间的三角函数关系、三角恒等变换求值，属于基础题．6.为庆祝我国第39个教师节，某校举办教师联谊会，甲､乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲､乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成语的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用事件的相互独立性求解.法一，所求事件转化为互斥事件的和事件，利用概率加法公式求解即可；法二，利用对立事件的概率和为，间接法可得.【详解】设事件“甲猜对”，“乙猜对”，“几何队至少猜对一个成语”，所以，则.由题意知，事件相互独立，则与，与，与也相互独立，法一：，且两两互互斥，则.法二：事件的对立事件“几何队一个成语也没有猜对”，即， 则.故选：B.7.已知；，若是的充分条件，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据充分，必要条件与集合的包含关系，即可求解.【详解】若是的充分条件，则，所以.故选：C8.已知双曲线的一条渐近线的斜率为2，则（）A.－4B.4C.D.【答案】A【解析】【分析】利用双曲线的方程求解渐近线，求出的值.【详解】根据,得到,则焦点在轴，故渐近线为，则，故.故选：A9.下列函数中，在上是减函数且是偶函数的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合即可得答案．【详解】解：根据题意，依次分析选项： 对于，，是偶函数，在区间上是增函数，不符合题意；对于，，是奇函数，不符合题意；对于，，是偶函数，在区间上是减函数，符合题意；对于，，是偶函数，但在区间上是增函数，不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的判断，关键是掌握幂指对函数的性质，属于基础题．10.“欢乐颂”是音乐家贝多芬创作的重要作品之一.如图，如果以时间为横轴、音高为纵轴建立平面直角坐标系，那么写在五线谱中的音符就变成了坐标系中的点，如果这些点恰好在函数的图象上，且图象过点，相邻最大值与最小值之间的水平距离为，则使得函数单调递增的区间的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据已知得出函数的周期，求出，根据点的坐标，结合的取值范围，求出的值.然后得出函数的单调区间，即可得出答案.【详解】由已知可得，，所以，，.又图象过点，所以有，所以，.因为，所以， 所以，所以，.由可得，，所以，函数的单调递增区间为.当时，单调递增区间为；当时，单调递增区间为；当时，单调递增区间为；对于A项，，故A项错误；对于B项，因为，故B项正确；对于C项，因为，故C项错误；对于D项，因为，故D项错误.故选：B.11.已知是抛物线：的焦点，是抛物线的准线，点（）连接交抛物线于点，，则的面积为（）A.6B.3C.D.【答案】D【解析】【分析】首先求出抛物线方程，进一步求出的坐标，最终求出答案.【详解】∵是抛物线的准线，∴，抛物线∴∵ ∴为的中点，即的横坐标为，代入，得到，∴∴∴.故选：D.12.设定义在R上的函数满足，且，则下列结论正确的是（）A.在R上单调递减B.在R上单调递增C.在R上有最大值D.在R上有最小值【答案】C【解析】【分析】根据已知可得，由求出可得，利用导数判断单调性可得最值情况.【详解】因为，所以，可得，可得（为常数），因为，所以，解得，所以，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在时有极大值即最大值，无最小值.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题解题关键点是利用已知构造，求出. 第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知单位向量，满足，则与的夹角为__________.【答案】【解析】【分析】利用向量垂直点乘等于零和数量积公式求解.【详解】因为，是单位向量，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以.故答案为：14.函数，则__________.【答案】【解析】【分析】根据分段函数解析式，结合对数运算，求得所求表达式的值.【详解】依题意.故答案为：【点睛】本小题主要考查分段函数求值，考查对数运算，属于基础题.15.已知中，，，，则的外接圆面积为___________.【答案】【解析】【分析】利用余弦定理求解边长，再利用正弦定理求解外接圆半径，即可得外接圆面积.【详解】解：根据题意，由余弦定理可得， 该的外接圆的半径为r，则由正弦定理得：.故答案为：.16.已知正三棱锥的各顶点都在表面积为球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为______.【答案】##【解析】【分析】根据球的性质，结合导数的性质、棱锥的体积公式、球的表面积公式进行求解即可.【详解】因为，所以正三棱锥外接球半径，如图所示，设外接球圆心为O，过向底面作垂线垂足为D，，要使正三棱锥体积最大，则底面与在圆心的异侧，因为是正三棱锥，所以D是的中心，所以，又因为，所以，，所以，令，解得或， 当，；当，，所以在递增，在递减，故当时，正三棱锥的体积最大，此时正三棱锥的高为，故正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为.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.等差数列中，，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求的值．【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为．由已知得，解得．所以．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得．所以 ．考点：1、等差数列通项公式；2、分组求和法．18.某市交管部门为了宣传新交规举办交通知识问答活动，随机对该市15～65岁的人群抽样，回答问题统计结果如图表所示．组别分组回答正确的人数回答正确的人数占本组的概率第1组[15，25)50.5第2组[25，35)a0.9第3组[35，45)27x第4组[45，55)b0.36第5组[55，65]3y（1）分别求出a，b，x，y的值；（2）从第2，3，4组回答正确的人中用分层抽样方法抽取6人，则第2，3，4组每组应各抽取多少人？（3）在（2）的前提下，决定在所抽取的6人中随机抽取2人颁发幸运奖.求：所抽取的人中第2组至少有1人获得幸运奖的概率．【答案】（1）（2）2人，3人，1人（3）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，以及频率、频数的计算方法，即可求解；（2）根据第2，3，4组回答正确的人的比，结合分层抽样的方法，即可求解； （3）抽取的6人中，第2组的记为a1，a2，第3组的记为b1，b2，b3，第4组的记为c，利用列举法求得基本事件的总数和所求事件中所包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.【小问1详解】解：第1组人数为，所以总人数；第2组人数为，所以；第3组人数为，所以；第4组人数为，所以；第5组人数为，所以.【小问2详解】解：第2，3，4组回答正确的人的比为，所以第2，3，4组每组应各依次抽取2人，3人，1人．【小问3详解】解：抽取的6人中，第2组的记为a1，a2，第3组的记为b1，b2，b3，第4组的记为c，则从6人中任取2人的所有可能的情况有15种，分别为(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，c)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，c)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，c)，(b2，b3)，(b2，c)，(b3，c)．其中第2组至少有1人的情况有9种，分别为(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，c)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，c)．由古典摡型的概率计算公式，可得所求概率为.19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，，侧面PAB底面，，（1）求证：平面（2）过AC的平面交PD于点M，若，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由菱形的性质有，勾股定理知，结合面面垂直的推论可得，根据线面垂直的判定证垂直即可；（2）由面即可计算，结合已知条件可求三棱锥的体积；【详解】（1）由题意知：底面ABCD是菱形，且∴，又在△中，，即，∴，又面PAB面，面PAB面，面PAB，∴面，而面，有：，，∴平面；（2）由（1）知：面，有，而，且，∴【点睛】本题考查了应用几何图形的性质，及线面垂直的判定证明垂直，根据已知体积关系结合三棱锥的体积公式求三棱锥的体积.20.已知椭圆的离心率为；，与直线有且只有一个公共点.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于两点，若，求直线的方程【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题得椭圆方程为，再把代入并整理，根据得解；（2）先分析直线的斜率不为0，再设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理，再由得t的值，即得解. 【详解】解：（1）由椭圆E的离心率为，得故椭圆方程为，把代入并整理，得，因为E与有且只有一个公共点，所以，解得，所以椭圆的方程为.（2）当直线的斜率为0时，则A，B的坐标为，不符合，故直线的斜率不为0，设直线的方程为，代入椭圆方程得则，设，则，由，得得，代入，得，解得.故直线的方程为，即.【点睛】方法点睛：求直线的方程，一般利用待定系数法，先定式（从直线的五种方程中选择一种作为直线的方程），后定量（再求出待定系数的值）.21.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】 【分析】（1）求导后对a分类讨论，结合导数的符号判断单调区间即可；（2）转化为证明函数的最大值小于，构造函数利用导数确定函数的最值可得证.【小问1详解】，当时，，则在上单调递减当时，令，解得，当时，，则在上单调递增当时，，则在上单调递减综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减【小问2详解】由（1）得：要证：，即证：即证：令，当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减；所以，从而命题得证．【点睛】关键点点睛：利用导数证明不等式时，一般需要对结论进行合适的转化，本题转化为只需的最大值小于，对不等式适当变形，构造函数是解决问题的第二个关键所在，一般需利用导数研究函数的单调性及最值.（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] 22.在直角坐标系：中曲线的参数方程为（为参数），是上的动点，点满足，点的轨迹为曲线．（Ⅰ）求的参数方程；（Ⅱ）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线与的异于极点的交点为，与的异于极点的交点为，将曲线、的方程转化为极坐标方程后，求．【答案】（Ⅰ）（为参数）．（Ⅱ）2【解析】【分析】（Ⅰ）直接利用转换关系应用，把参数方程和直角坐标方程进行转换．（Ⅱ）利用极径的应用和三角函数关系式的变换的应用求出结果．【详解】解：（Ⅰ）设由于点满足，所以，由于点在上，所以，整理得的参数方程（为参数）．（Ⅱ）曲线的参数方程转换为极坐标方程为，曲线的参数方程转换为极坐标方程为，直线转换为极坐标方程为．所以，解得，同理，解得，故． 【点睛】本题考查极坐标与参数方程的综合应用，其中涉及到轨迹方程的求解、极坐标中两点间的距离求解，难度一般.极坐标系中，极角相同的两点间的距离等于极径差的绝对值.[选修4-5：不等式选讲]23.设函数（1）当时，解不等式；（2）若存在，使得成立，求a的取值范围.【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）当时，利用零点法进行分类，求出不等式的解集；（2）若存在，使得成立，即，根据之间的大小关系，进行分类，最后求出的取值范围.【详解】解：（1）当时，，或或，即，或，或，即或.（2）即，当时，恒成立；当时，，可知，得； 当时，，同理，得.综上，的取值范围为.【点睛】本题考查了解绝对值不等式，考查了不等式存在性问题，正确的分类是解题的关键.