2024年陕西省榆林市高考数学一模试卷（文科）（含解析）

这是一份2024年陕西省榆林市高考数学一模试卷（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.复数i2+i3在复平面内对应的点所在的象限为( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.设集合A={−4,−2,0,2,4}，B={x|3−x<2}，则A∩B=( )
A. {0,2,4}B. {−4,−2,0}C. {−4,−2}D. {2,4}
3.已知向量a=(m,1),b=(1,−2),a//b，则m=( )
A. 12B. −12C. 2D. −2
4.在等比数列{an}中，a1+a2=1，a2+a3=2，则a5=( )
A. 163B. 83C. 16D. 8
5.某圆锥的侧面积为16π，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A. 2B. 4C. 2 2D. 4 2
6.将函数f(x)=sin(ωx−π6)(ω>0)的图像向右平移π2个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是( )
A. 56B. 23C. 13D. 16
7.执行如图所示的程序框图，输出的S=( )
A. 18B. 22C. 25D. 1375
8.已知a=lg0.50.7,b=lg52,c=12，则( )
A. a9.已知函数f(x)=ax+csx在[−π4,3π4]上单调递增，则a的取值范围是( )
A. [−1,+∞)B. [1,+∞)C. [ 22,+∞)D. [− 22,+∞)
10.如图是由两个边长不相等的正方形构成的，在整个图形中随机取一点，此点取自△ADC，△AFC，△BEF的概率分别记为p1，p2，p3，则( )
A. p1=p2
B. p1=p3
C. p2=p3
D. p1=p2+p3
11.如图，设抛物线y2=4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在该抛物线上，点C在y轴上，若|FA|=7,|FB|=52，则|AB||BC|=( )
A. 83
B. 72
C. 73
D. 3
12.已知H是球O的直径AB上一点，AH：HB=1：2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，M为α上的一点，且MH= 24，过点M作球O的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为( )
A. 142B. 114C. 144D. 112
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知直线y= 5x是双曲线y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线，则该双曲线的离心率为______．
14.若x，y满足约束条件x−y−4≤0,x+y+4≥0,y−2≤0,则目标函数z=x−3y的最大值为______．
15.已知y=f(x)+2为奇函数，则f(−1)+f(0)+f(1)= ______．
16.某网店统计了A商品近30天的日销售量，日销售量依次构成数列{an}，已知a1=20，且an+1−an=1+(−1)n(n∈N+)，则A商品近30天的总销量为______．
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)
在三棱锥A−BCD中，AB=AD，CB=CD，O为BD的中点．
(1)证明：BD⊥平面OAC．
(2)若AB=BC=BD=2，平面ABD⊥平面BCD，求点B到平面ACD的距离．
18.(本小题12分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的周长为6，AB⋅AC=3a2−2bc2．
(1)求a的值；
(2)求A的最大值．
19.(本小题12分)
某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将100个样本数据按[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90]分成6组，并整理得到如下频率分布直方图．
(1)请通过频率分布直方图估计这100份样本数据的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)该市决定表彰知识竞赛成绩排名前30%的市民，某市民知识竞赛的成绩是78，请估计该市民能否得到表彰．
20.(本小题12分)
设函数f(x)=lnx+ax+b，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=6x−3．
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)>−35x．
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过A(0,1),P(85,−35)两点．
(1)求C的方程；
(2)斜率不为0的直线l与椭圆C交于M，N两点，且点A不在l上，AM⊥AN，过点P作y轴的垂线，交直线x=−1于点S，与椭圆C的另一个交点为T，记△SMN的面积为S1，△TMN的面积为S2，求S1S2．
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C1和C2的参数方程分别为x=1+csα,y=sinα(α为参数)，x=2+ 5csβ,y=1+ 5sinβ(β为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C1和C2的极坐标方程；
(2)已知直线l：y=kx(k>0)，且l与曲线C1相交于O，A两点，与曲线C2相交于O，B两点，则当|AB|取得最大值时，求k的值．
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|3x−2|+|2x+1|．
(1)求不等式f(x)>9的解集；
(2)若存在x∈R，使得f(x)答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：复数i2+i3=−1−i，该复数在复平面内对应的点为(−1,−1)，该点在第三象限．
故选：C．
根据复数运算求解复数，然后利用复数的几何意义确定其对应的点所在象限．
本题主要考查了复数的四则运算及复数几何意义的应用，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：集合A={−4,−2,0,2,4}，B={x|3−x<2}={x|x>1}，
故A∩B={2,4}．
故选：D．
根据已知条件，结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：向量a=(m,1),b=(1,−2),a//b，
由题意可知−2m=1，则m=−12．
故选：B．
利用向量平行的性质列方程求解．
本题考查向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
则q=a2+a3a1+a2=21=2，
a1+a2=1，
则a1+2a1=1，解得a1=13，
故a5=a1q4=13×24=163．
故选：A．
根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：根据题意，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，即侧面展开图的半径为l，侧面展开图的弧长为πl．
又圆锥的底面周长为2πr，所以2πr=πl，即圆锥的母线长l=2r．
所以圆锥的侧面积为πrl=2πr2=16π，
解得r=2 2,l=4 2．
故选：D．
根据题意，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由圆锥的结构特征可得2πr=πl，进而计算可得答案．
本题考查圆锥的结构特征，涉及圆锥的侧面积计算，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：将函数f(x)=sin(ωx−π6)(ω>0)的图像向右平移π2个单位长度后得到曲线C，
故曲线C为y=sin[ω(x−π2)−π6]=sin(ωx−ωπ2−π6)，
又C关于y轴对称，即为偶函数，
所以ωπ2+π6=π2+kπ,k∈Z，解得ω=23+2k,k∈Z，
又ω>0，所以当k=0时，ω的最小值为23．
故选：B．
由已知结合函数图象的变换先求出曲线C的解析式，然后结合函数的对称性即可求解．
本题主要考查了三角函数的图象变换，还考查了函数图象的对称性的应用，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：执行该程序框图，S=12，k=2，k≤4成立，
S=18，k=3，k≤4成立，
S=22，k=4，k≤4成立，
S=25，k=5，不满足k≤4．
输出S=25．
故选：C．
根据程序框图的功能，循环验证即可．
本题考查程序框图的功能等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】D
【解析】解：∵12=lg0.5 0.50=lg51c=12，
则b故选：D．
利用对数函数的单调性求解．
本题考查对数函数、指数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】B
【解析】解：因为函数f(x)=ax+csx在[−π4,3π4]上单调递增，
所以f′(x)=a−sinx≥0在[−π4,3π4]上恒成立，
即a≥sinx，当x∈[−π4,3π4]时，sinx的最大值为1，
所以a≥1，则a的取值范围是[1,+∞)．
故选：B．
由已知可得f′(x)=a−sinx≥0在[−π4,3π4]上恒成立，即a≥sinx，求出sinx的最大值即可得解．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】A
【解析】解：根据题意，设AB=a，BE=b，则有a再设AF与BG交于点O，BO=m，
易得S△ADC=a22，S△BEF=b22，
易得△ABO∽△FGO，则有BOOG=ABGF，即ma−m=ab，变形可得m=aba+b，
则CO=a−m=a−aba+b=a2a+b，
故S△AFC=S△ACO+S△FCO=12(a+b)×a2a+b=a22，
在整个图形中随机取一点，此点取自△ADC，△AFC，△BEF的概率分别记为p1，p2，p3，
故有p1=p2故选：A．
根据题意，设AB=a，BE=b，设AF与BG交于点O，BO=m，求出△ADC，△AFC，△BEF的面积，由几何概型公式分析可得答案．
本题考查几何概型的计算，涉及基本不等式的性质和应用，属于基础题．
11.【答案】D
【解析】解：如图所示，抛物线的准线DE的方程为x=−1，
过A，B分别作AE⊥DE于E，交y轴于N，BD⊥DE于D，交y轴于M，
由抛物线的定义知BF=BD，AF=AE，
则|BM|=|BD|−1=|BF|−1，
|AN|=|AE|−1=|AF|−1，
52−17−1=14．
故|AB||BC|=31=3．
故选：D．
根据抛物线的定义以及相似比得到|BC||AC|=|BM||AN|=|BF|−1|AF|−1，进而求解即可．
本题主要考查三角形的面积关系，利用抛物线的定义进行转化是解决本题的关键，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：如图，设截得的截面圆的半径为r，球O的半径为R，∵AH：HB=1：2，
∴OH=13R，得R2=r2+OH2，
由题意得πr2=π，r=1，∴R2=1+(13R)2，解得R2=98，
此时过点M作球O的截面，要使所得的截面面积最小，只需截面圆的半径最小．
设球心O到所求截面的距离为d，所求截面的半径为r1，则r1= R2−d2，
∴只需球心O到所求截面的距离d最大即可，而当且仅当OM与所求截面垂直时，球心O到所求截面的距离d最大，
即dmax=OM= (13R)2+MH2=12，∴(r1)min= R2−(dmax)2= 98−14= 144．
故选：C．
由题意画出图形，求出截面半径，利用勾股定理求得球的半径，再求出球心O到所求截面的距离的最大值，利用勾股定理得答案．
本题考查与球有关的问题，考查平面的基本性质及推论，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】 305
【解析】解：由题意可知ab= 5，所以e=ca= a2+b2a2= 305．
故答案为： 305．
根据题意可得ab= 5，由e=ca= a2+b2a2即可得解．
本题考查了双曲线的性质，属于基础题．
14.【答案】12
【解析】解：在坐标系中画出变量x，y满足约束条件x−y−4≤0,x+y+4≥0,y−2≤0,可行域，如图所示：
由z=x−3y可得y=13x−13z，则−13z表示直线z=x−3y在y轴上的截距，截距越小，z越大．
平移直线3x−2y=0经过点A时，z最大，
由x−y−4=0x+y+4=0，可得A(0,−4)，
此时x−3y的最大值为：12，
则目标函数z=x−3y的最大值为：12．
故答案为：12．
先根据条件画出可行域，设z=x−3y，再利用几何意义求最值，将最大值转化为y轴上的截距最小，只需求出直线z=x−3y，过可行域内的点A时的最大值，从而得到z最大值即可．
本题考查线性规划的简单应用，借助于平面区域特性，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想．线性规划中的最优解，通常是利用平移直线法确定．
15.【答案】−6
【解析】解：因为y=f(x)+2为奇函数，
所以f(x)+2=−[f(−x)+2]，即f(−x)+f(x)=−4，
所以f(−1)+f(1)=−4，
由奇函数的性质可知f(0)+2=0，即f(0)=−2，
即f(−1)+f(0)+f(1)=−6．
故答案为：−6．
由已知结合函数的奇偶性的定义及性质可求．
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．
16.【答案】1020
【解析】解：当n=2k−1时，a2k=a2k−1，
当n=2k时，a2k+1=a2k+2，
所以a2k+1=a2k−1+2，
所以a1+a2+a3+⋯+a29+a30=2(a1+a3+a5+⋯+a29)=2×(15×20+15×142×2)=1020．
故答案为：1020．
根据递推关系式求得规律，进而求解结论．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于基础题．
17.【答案】(1)证明：∵AB=AD，CB=CD，O为BD的中点，∴OA⊥BD，OC⊥BD，
又∵OA，OC⊂平面OAC，OA∩OC=O，∴BD⊥平面OAC；

(2)解：∵平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD，OA⊥BD，∴OA⊥平面BCD，
∴VA−BCD=13S△BCD⋅OA=13×2×2× 34× 3=1．
在△ACD中，AD=CD=2,AC= 6，则S△ACD=12× 6× 22−( 62)2= 152，
设点B到平面ACD的距离为d，∴13× 152d=1，解得d=2 155．
即点B到平面ACD的距离为2 155．
【解析】(1)由已知结合直线与平面垂直的判定定理证明；
(2)利用等体积法求点B到平面ACD的距离．
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求点到平面的距离，是中档题．
18.【答案】解：(1)AB⋅AC=cbcsA=c2+b2−a22=3a2−2bc2，
整理可得：(b+c)2=4a2．
因为△ABC的周长为6，所以(6−a)2=4a2，
解得a=2；
(2)由(1)可知b+c=4，
由余弦定理可得：csA=b2+c2−a22bc=(b+c)2−2bc−a22bc=16−2bc−42bc=−1+6bc≥−1+6(b+c2)2=−1+64=12，
当且仅当b=c时，等号成立，
即A≤π3．
故当b=c=2时，A取得最大值π3．
【解析】(1)由数量积的运算性质及周长可得a边的大小；
(2)由余弦定理和基本不等式的性质可得A角的余弦值的最小值，即求出A角的最大值．
本题考查余弦定理的应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)100份样本数据的平均值为x−=(35×0.005+45×0.010+55×0.010+65×0.020+75×0.032+85×0.023)×10=68.3；
(2)设知识竞赛成绩排名前30%的最低成绩为m，
则0.023×10+(80−m)×0.032=0.3，
解得m=77.8125，
因为78>77.8125，
所以该市民能得到表彰．
【解析】(1)根据平均数的定义求解；
(2)先求出知识竞赛成绩排名前30%的最低成绩，进而作出判断．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数的计算，属于基础题．
20.【答案】解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
所以f′(x)=1x+a，
又因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=6x−3，
所以由导数的几何意义可得：f(1)=3，f′(1)=6，
所以a+b=3，1+a=6，解得a=5，b=−2．
(2)证明：由(1)知：f(x)=lnx+5x−2，
于是要证：f(x)>−35x，即证：xlnx>−5x2+2x−35．
设函数g(x)=xlnx，则g′(x)=1+lnx，
所以当x∈(0,1e)时，g′(x)<0；当x∈(1e,+∞)时，g′(x)>0．
所以g(x)在(0,1e)上单调递减，在(1e,+∞)上单调递增，
所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(1e)=−1e．
设函数h(x)=−5x2+2x−35=−5(x−15)2−25，
所以当x=15时，h(x)取得最大值且为h(15)=−25<−1e．
故g(x)>h(x)，即f(x)>−35x．
【解析】(1)首先求出函数的导函数，然后利用导数的几何意义可得f(1)=3，f′(1)=6，即可求出a，b的值；
(2)要证：f(x)>−35x，即证：xlnx>−5x2+2x−35，分别构造函数g(x)=xlnx，h(x)=−5x2+2x−35=−5(x−15)2−25，并计算其最小值和最大值，即可得出证明．
本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的最值，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
21.【答案】解：(1)由椭圆经过A(0,1),P(85,−35)两点，
所以b2=1,6425a2+925b2=1,
解得a2=4，b2=1
则椭圆C的方程为：x24+y2=1；
(2)当直线l⊥x轴时，△MAN为钝角三角形，且∠MAN<90°，不满足题意．
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，由AM⊥AN，可得AM⋅AN=0，
所以AM⋅AN=(x1,y1−1)⋅(x2,y2−1)=x1x2+(y1−1)(y2−1)=0，
所以直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，
由y=kx+mx2+4y2=4，化简得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，
Δ>0⇒64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)>0⇒m2<1+4k2，
且x1+x2=−8km1+4k2,x1x2=4m2−41+4k2，
所以AM⋅AN=(x1,y1−1)⋅(x2,y1−1)=x1x2+(kx1+m−1)(kx2+m−1)
=(1+k2)x1x2+k(m−1)(x1+x2)+(m−1)2
=(1+k2)⋅4m2−41+4k2+k(m−1)⋅−8km1+4k2+(m−1)2=0，
则(1+k2)(4m2−4)−8k2m(m−1)+(m−1)2(1+4k2)=0，
整理得(m−1)(5m+3)=0，因为m≠1，所以m=−35，
所以直线l的方程为y=kx−35，恒过点Q(0,−35)．
由题意可知S(−1,−35),T(−85,−35)，
设点S到直线l的距离为d1，点T到直线l的距离为d2，
所以S1S2=12|MN|⋅d112|MN|⋅d2=d1d2=|SQ||TQ|=58．
【解析】(1)将A，P两点的坐标代入椭圆的方程，可得a，b的值，进而求出椭圆的方程；
(2)设直线l的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，由AM⊥AN，可得AM⋅AN=0，求出数量积的表达式，整理可得参数的关系，即求出直线恒过的定点的坐标，由题意可得S，T的坐标，进而求出两个三角形的面积之比．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，直线恒过定点的求法，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由x=1+csαy=sinα，得(x−1)2+y2=1，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入上式，得ρ=2csθ．
由x=2+ 5csβy=1+ 5sinβ，得(x−2)2+(y−1)2=5，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入上式，得ρ=4csθ+2sinθ，
即曲线C1的极坐标方程为ρ=2csθ，C2的极坐标方程为ρ=4csθ+2sinθ．
(2)设直线l的极坐标方程为θ=φ,φ∈(0,π2)，
将θ=φ代入ρ=2csθ，得ρ=2csφ，
将θ=φ代入ρ=4csθ+2sinθ，得ρ=4csφ+2sinφ，
则|AB|=|4csφ+2sinφ−2csφ|=|2 2sin(φ+π4)|，
当φ=π4时，|AB|取得最大值．
此时k=tanπ4=1．
【解析】(1)根据参数方程和极坐标方程的转化关系求解；
(2)设直线l的极坐标方程为θ=φ,φ∈(0,π2)，进而表示出|AB|，再由正弦函数的性质得解．
本题考查简单曲线的参数方程和极坐标方程，考查运算求解能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)函数f(x)=|3x−2|+|2x+1|=−5x+1,x≤−12−x+3,−12所以不等式f(x)>9可化为x≤−12−5x+1>9，或−129，或x≥235x−1>9，
解得x<−85或x>2，
所以f(x)>9的解集为{x|x<−85或x>2}；
(2)若存在x∈R，使得f(x)即m>f(x)min，
因为f(x)=−5x+1,x≤−12−x+3,−12当x≤−12时，f(x)=−5x+1单调递减；
当−12当x≥23时，f(x)=5x−1单调递增；
所以f(x)的最小值为f(23)=73，
所以实数m的取值范围是(73,+∞)．
【解析】(1)利用绝对值的定义把不等式f(x)>9化为x≤−12−5x+1>9，或−129，或x≥235x−1>9，求出解集即可；
(2)若存在x∈R，使得f(x)f(x)min，求出f(x)的最小值，即可求得m的取值范围．
本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了分类讨论思想，是中档题．