2024年陕西省榆林一中高考数学一模试卷（文科）(含详细答案解析)

这是一份2024年陕西省榆林一中高考数学一模试卷（文科）(含详细答案解析)，共14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.设集合M={x|x=2n,n∈Z}，N={x|x=2n+1,n∈Z}，P={x|x=4n,n∈Z}，则( )
A. M⫋PB. P⫋MC. N∩P≠⌀D. M∩N≠⌀
2.复数z=4−i1+i的共辗复数的虚部为( )
A. −52iB. −52C. 52iD. 52
3.命题“∀x>0，x2>2x”的否定为( )
A. ∀x>0，x2≤2xB. ∃x>0，x2≤2x
C. ∀x<0，x2≤2xD. ∃x<0，x2≤2x
4.已知双曲线x2a2−y2=1(a>0)的焦距为4，则该双曲线的离心率为( )
A. 2B. 2 3C. 2 33D. 43
5.已知变量x，y满足约束条件x−y≥0,y≥1,2x−y≤2,则z=x−2y的最小值为( )
A. −3B. −1C. −12D. −2
6.在如图所示的直角梯形ABCD中，利用“两个全等的直角三角形和一个等腰直角三角形的面积之和等于直角梯形的面积”.可以简洁明了地推证出勾股定理，把这一证明方法称为“总统证法”.设a=2，b=1，在梯形ABCD中随机取一点，则此点取自等腰直角三角形CDE中(阴影部分)的概率是( )
A. 23B. 59C. 12D. 49
7.已知函数f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0)且满足f(2π3−x)=f(x−π6)，则ω的最小值为( )
A. 23B. 12C. 1D. 2
8.直径为4的半球形容器，装满水然后将水全部倒入底面直径和高均为4的圆柱容器.则圆柱容器中水面的高度为( )
A. 1B. 23C. 43D. 2
9.已知函数f(x)=lnx+x，过原点作曲线y=f(x)的切线l，则切点P的坐标为( )
A. (1,1)B. (e,e+1)C. (1e,1e−1)D. (e2,e2+2)
10.已知 3sinθ+csθ=23，则cs(θ−π3)=( )
A. −2 23B. −13C. 13D. 2 23
11.已知点P是圆O：x2+y2=4上的动点，以P为圆心的圆经过点Q(1,0)，且与圆O相交于A，B两点.则点Q到直线AB的距离为( )
A. 34B. 12C. 14D. 不是定值
12.已知正项等比数列{an}满足a8=8,a11+4a12=14，则a1a2⋯an取最大值时n的值为( )
A. 8B. 9C. 10D. 11
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知a=(1,2)，b=(t,3t+1)，若a⊥b，则t=______.
14.已知抛物线C：y2=2px(p>0)上的点P到焦点的距离比到y轴的距离大2，则p=______.
15.如图，已知球C与圆锥VO的侧面和底面均相切，且球的体积为圆锥体积的一半．若球的半径为1，则该圆锥的侧面积为______.
16.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，满足a2+ab=b2(3cs2B−sin2B)，c=2bcsB，a=1，则△ABC的面积为______.
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)
根据历史数据，某种机床生产产品的一项指标遵循某种规律.现从该种机床生产的一批产品中随机抽取六件检测该指标，所得数据为20.3，20.2，19.9，20.1，a，19.6.
(1)若该组数据的平均数恰好为20，求a的值；
(2)在(1)的条件下，求该组数据的方差.(计算结果保留到0.001)
18.(本小题12分)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等差数列{bn}的公差为1，且Sn=bn2.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{1Sn+bn}的前n项和Tn.
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，E为PC的中点，且PD=AD=12AB=4.
(1)过点A作一条射线AG，使得AG//BD，求证：平面PAG//平面BDE；
(2)若点F为线段PC上一点，且DF⊥平面PBC，求四棱锥F−ABCD的体积．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex(x2+ax+a).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤x2ex+1恒成立，求实数a的取值范围.
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2 3，F1，F2分别为C的左，右焦点，过F1的直线l与椭圆C交于M，N两点，△F2MN的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点G(3,0)且斜率不为零的直线与椭圆C交于E，H两点，试问：在x轴上是否存在一个定点T，使得∠ETO=∠HTG.若存在，求出定点T的坐标；若不存在，说明理由.
22.(本小题10分)
已知倾斜角为45∘的直线l的参数方程为x=1+mty=2+ 22t(t为参数).在直角坐标系xOy中，P(1,2)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M的极坐标方程为ρ2(5cs2θ−1)=4.直线l与曲线M交于A，B两点．
(1)求m的值及曲线M的直角坐标方程；
(2)求|PA|⋅|PB|的值．
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|x−3|−5，g(x)=|x+2|−2.
(Ⅰ)求不等式f(x)≤2的解集；
(Ⅱ)若不等式f(x)−g(x)≥m−3有解，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据题意，M表示2的所有倍数的集合，N表示所有奇数的集合，P表示所有4的倍数的集合．
所以M不是P的真子集，故A错，
P是M的真子集，故B正确，
奇数和4的倍数交集为空集，故C错，
2的倍数和4的倍数有交集，故D错，
故选：B.
利用集合相关知识，M表示2的所有倍数的集合，N表示所有奇数的集合，P表示所有4的倍数的集合．
本题考查了集合运算相关知识，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵z=4−i1+i=(4−i)(1−i)(1+i)(1−i)=3−5i2=32−52i，
∴z=32+52i.
∴复数z=4−i1+i的共轭复数的虚部为52.
故选：D.
利用复数代数形式的乘除运算化简，进一步求出z得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由全称命题的否定形式可知：命题“∀x>0，x2>2x”的否定为“∃x>0，x2≤2x”．
故选：B.
直接利用全称命题的否定形式判定选项即可．
本题主要考查全称命题的否定，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由双曲线x2a2−y2=1(a>0)的焦距为4可得c=2，b=1，
则a= c2−b2= 3，所以e=ca=2 33.
故选：C.
利用题意可得到c，b，a的值，即可求解
本题主要考查双曲线的性质，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：画出不等式组表示的可行域，
如图：
线性区域的端点坐标为A(1,1),B(32,1),C(2,2)，
z=x−2y，可得y=12x−12z，
可知当过点C(2,2)时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为2−2×2=−2.
故选：D.
由约束条件画出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由S△ADE=S△BCE=12ab=12×2×1=1，S梯形ABCD=12×(1+2)×(1+2)=92，
可知此点取自等腰直角三角形CDE(阴影部分)中的概率是92−1−192=59.
故选：B.
分别求解△ADE，△BCE，梯形ABCD的面积，根据几何概率即可得答案．
本题主要考查几何概型，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：由已知可得函数f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0)且满足f(2π3−x)=f(x−π6)，
即f(π4−x)=f(π4+x)，
所以f(x)关于x=π4对称，
所以ω=4k+23，又ω>0，
所以k=0时，ω取最小值为23.
故选：A.
由S=4πR2=12π可得函数f(x)的图象关于x=π4对称，由正弦型函数的对称性列方程求ω的最小值．
本题考查正弦函数的图象，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：设水的体积为V，圆柱的底面面积为S，水面的高度为h，
由已知V=12×43×π×23=163π，S=π×22=4π，
故水面高度h=16π3÷4π=43.
故选：C.
由球的体积公式求出水的体积，结合圆柱的体积公式求水面高度．
本题考查球和圆柱的体积，属于中档题．
9.【答案】B
【解析】解：由题意可知：f′(x)=1x+1，
设切点为P(x0,lnx0+x0)，则函数在切点处的切线方程为y=(1x0+1)(x−x0)+lnx0+x0，
∵切线过原点，∴0=(1x0+1)(−x0)+lnx0+x0=lnx0−1，
解得x0=e，则P(e,e+1).
故选：B.
求出原函数的导函数，设切点坐标，得到函数在切点处的切线方程，代入原点坐标，即可求解答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】C
【解析】解： 3sinθ+csθ=2sin(θ+π6)=23，
所以sin(θ+π6)=13，
cs(θ−π3)=cs(π3−θ)=sin(θ+π6)=13.
故选：C.
由辅助角公式、诱导公式即可得解．
本题主要考查了辅助角公式，诱导公式的应用，属于基础题．
11.【答案】A
【解析】解：设P(x0,y0)，则圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=(x0−1)2+y02，
整理得x2+y2−2x0x−2y0y=1−2x0，
又圆O：x2+y2=4，
两圆方程相减，可得直线AB的方程为2x0x+2y0y−2x0−3=0，
注意x02+y02=4，
则点Q到直线AB的距离d=|−3| 4x02+4y02=34.
故选：A.
设P(x0,y0)，根据题意可得圆P的方程，与圆O的方程相减，可得直线AB的方程，再由点到直线的距离公式得解．
本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】B
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q(q>0)，有a11+4a12a8=q3+4q4=132，
由函数f(x)=x3+4x4(x>0)单调递增，且f(14)=132，可得q=14.
有a9=2,a10=12，由数列{an}单调递减，
所以a1a2⋯an取得最大值时n的值为9.
故选：B.
利用等比数列的通项公式及函数的单调性，结合数列的单调性即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
13.【答案】−27
【解析】解：由题意可知，a⋅b=t+6t+2=0，解得t=−27.
故答案为：−27.
根据两向量垂直时，数量积为0，再代入坐标计算即可得解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
14.【答案】4
【解析】解：∵点P到焦点的距离比到y轴的距离大2，
∴点P到准线的距离比到y轴的距离大2，
∴p2=2，∴p=4.
故答案为：4.
确定点P到准线的距离比到y轴的距离大2，得到p2=2，从而可得解．
本题考查抛物线的几何性质，方程思想，属基础题．
15.【答案】6π
【解析】解：设圆锥VO的底面半径为r，高为h，
因为圆锥内切球的半径为1，可得△VCM∽△VAO，
h−11= h2+r2r，
化简得h=2r2r2−1，...①
又因为球的体积为圆锥体积的一半，
所以4π3×13=12×13πr2h，化简得h=8r2，...②
由①②得，r2=2，h=4，
所以圆锥的底面半径为 2，母线长为 h2+r2= 16+2=3 2，
所以圆锥的侧面积为πrl=π× 2×3 2=6π.
故答案为：6π.
设圆锥VO的底面半径为r，高为h，根据圆锥内切球的半径为1，利用相似三角形和球的体积为圆锥体积的一半，列方程组求出h和r的值，即可求出圆锥的侧面积．
本题考查了圆锥的结构特征应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
16.【答案】 34
【解析】解：由已知有2csB=cb，故cb=2csB=a2+c2−b2ac，从而ac2=a2b+bc2−b3，
再由另一条件可得a2+ab=b2(3cs2B−sin2B)=b2(4cs2B−1)=b2(c2b2−1)=c2−b2，
所以a2+ab+b2=c2，代入到等式ac2=a2b+bc2−b3中即有a(a2+ab+b2)=a2b+b(a2+ab+b2)−b3，
整理得到a3=a2b，即a=b，
从而2b2=a2+ab=b2(3cs2B−sin2B)，故2=3cs2B−sin2B=4cs2B−1，所以|csB|= 32，
这意味着c=|c|=|2bcsB|=2a|csB|=2⋅1⋅ 32= 3，
所以△ABC的面积S=12acsinB=12ac 1−|csB|2=12⋅1⋅ 3⋅ 1−( 32)2= 34.
故答案为： 34.
先证明a=b，然后求出|csB|= 32及c= 3，最后使用三角形面积公式即可．
本题考查三角变换以及正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意得20.3+20.2+19.9+20.1+a+19.66=20，解得a=19.9；
(2)由方差公式得：s2=(20.3−20)2+(20.2−20)2+(19.9−20)2+(20.1−20)2+(19.9−20)2+(19.6−20)26，
∴该组数据的方差为s2=0.09+0.04+0.01+0.01+0.01+0.166≈0.053.
【解析】(1)由平均数的概念列方程求解；
(2)由方差公式求解即可．
本题考查平均数、方差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：(1)由bn=b1+(n−1)=n+b1−1可得，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=bn2−bn−12=(bn+bn−1)(bn−bn−1)=bn+bn−1=n+b1−1+n−1+b1−1=2n+2b1−3，
则an+1=2(n+1)+2b1−3=2n+2b1−1，
所以an+1−an=2，
即数列{an}的公差为2，
又a1=S1=b12，
所以a2−a1=2b1+1−b12=2，解得b1=1，
故数列{an}的通项公式为an=2n−1，数列{bn}的通顶公式为bn=n；
(2)由(1)可知，bn=n,Sn=n2，
所以1Sn+bn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
Tn=(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)=1−1n+1=nn+1.
【解析】(1)利用当n≥2时，an=Sn−Sn−1=bn2−bn−12=(bn+bn−1)(bn−bn−1)=bn+bn−1，可求得an=2n+2b1−3，进而求得数列{an}的公差为2，再由a2−a1=2b1+1−b12=2，解得b1=1，从而求得数列
{an}和数列{bn}的通项公式；
(2)利用裂项相消法求和即得所求．
本题考查了数列的递推关系以及裂项相消求和计算，属于中档题．
19.【答案】证明：(1)在矩形ABCD中，连结AC和BD交于点O，
连接OE，则O是AC的中点，
∵E是PC的中点，∴OE是△PAC的中位线，∴OE//PA，
又OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，
∴PA//平面BDE，
又AG//BD，同理得AG//平面BDE，
∵PA∩AG=A，∴平面PAG//平面BDE.
解：(2)∵DF⊥平面PBC，∴DF⊥PC.
在Rt△PDC中，∵PD=4，CD=8，∴PC=4 5，
∴DF=4×84 5=8 55，∴FC= CD2−DF2=16 55，∴FCPC=45，
过F作FK//PD，交CD于K，则FK=45×4=165，
∵PD⊥底面ABCD，∴FK⊥底面ABCD，
∴VF−ABCD=13×165×4×8=51215.
【解析】本题考查面面平行的证明，考查四棱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.
(1)在矩形ABCD中，连结AC和BD交于点O，连接OE，则O是AC的中点，从而OE//PA，进而PA//平面BDE，由AG//BD，得AG//平面BDE，由此能证明平面PAG//平面BDE.
(2)由DF⊥PC，过F作FK//PD，交CD于K，则FK⊥底面ABCD，由此能求出四棱锥F−ABCD的体积.
20.【答案】解：(1)f′(x)=[(x2+ax+a)+(2x+a)]ex=[x2+(a+2)x+2a]ex=(x+a)(x+2)ex，
①当a=2时，f′(x)=(x+2)2ex≥0，此时函数f(x)在R上单调递增，增区间是(−∞,+∞)，没有减区间；
②当a<2时，令f′(x)>0可得x>−a或x<−2，f′(x)<0⇒−2③当a>2时，令f′(x)>0可得x>−2或x<−a，f′(x)<0⇒−a(2)f(x)≤x2ex+1可化为a(x+1)ex≤1，
①若a=0，不等式显然成立；
②若a>0，当x>ln1a且x>1时，有ex>1a,x+1>2，可得a(x+1)ex>a×1a×2=2>1，不合题意；
③当a<0时，不等式a(x+1)ex≤1，可化为1a≤(x+1)ex，
令g(x)=(x+1)ex，g′(x)=(x+2)ex，令g′(x)>0，可得x>−2，可知函数g(x)的减区间为(−∞,−2)，增区间为(−2,+∞)，可得函数g(x)的最小值为g(−2)=−1e2，
故有1a≤−1e2，解得−e2≤a<0，
故若f(x)≤x2ex+1恒成立，则实数a的取值范围为[−e2,0].
【解析】(1)求出f′(x)，分类讨论解不等式f′(x)>0和f′(x)<0得增减区间；
(2)a=0时，不等式显然成立，然后按a>0和a<0分类讨论，a>0时，利用不等式的性质确定，a<0时用分离参数法转化为求函数的最值．
用导数研究不等式恒成立求参数范围问题，一种思路直接求出函数的最值，由最值满足的不等关系得参数范围，另一种思路是分离参数，转化为求函数的最值，得参数范围，解题中常常需要分类讨论．
21.【答案】解：(1)已知椭圆的焦距2 3，则c= 3.
根据椭圆的定义可知，|MF1|+|MF2|=|NF1|+|NF2|=2a.
又△F2MN的周长为8，
如图1可知，|F2M|+|F2N|+|MN|=|F1M|+|F2M|+|F1N|+|F2N|=4a=8，
则a=2，
所以b2=a2−c2=1，
故椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)假设存在x轴上的定点T(t,0)，使得∠ETO=∠HTG.
则结合图2可得∠ETG+∠HTG=π，所以kET+kHT=0.
由题意，直线EH的斜率一定存在，设直线EH的方程为x=my+3，
设E(x1,y1)，H(x2,y2)，
由x24+y2=1x=my+3得，(m2+4)y2+6my+5=0，Δ=36m2−20(m2+4)=16(m2−5)>0，则m2>5，
且y1+y2=−6mm2+4y1y2=5m2+4.
因为直线ET的斜率为kET=y1x1−t，直线HT的斜率为kFT=y2x2−t，
由kET+kHT=y1x1−t+y2x2−t=0得y1(x2−t)+y2(x1−t)=0.
因为x1=my1+3，x2=my2+3，
所以y1(my2+3−t)+y2(my1+3−t)=0，
即2my1y2+(3−t)(y1+y2)=0，
所以10mm2+4−6(3−t)mm2+4=m(6t−8)m2+4=0，
所以6t−8=0，则t=43，
所以在x轴上存在一个定点T(43,0)，使得∠ETO=∠HTG.
【解析】(1)由已知可得c= 3，根据椭圆的定义可得4a=8，解得a=2，然后求出b2=1，即可得出答案；
(2)假设存在，由已知可转化求得kET+kHT=0.设出直线方程x=my+3，然后与椭圆联立，根据韦达定理得出坐标关系．表示出斜率kET，kHT，化简整理可得出10mm2+4−6(3−t)mm2+4=m(6t−8)m2+4=0，进而得出t的值．
本题主要考查椭圆的性质，椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)∵倾斜角为45∘的直线l的参数方程为x=1+mty=2+ 22t(t为参数).
∴消去参数得y−2x−1= 22m=tan45∘，解得m= 22.…(2分)
曲线M的极坐标方程为ρ2(5cs2θ−1)=4，
即5ρ2cs2θ−ρ2=4，
∵ρ2=x2+y2，ρcsθ=x，
∴曲线M的直角坐标方程为4x2−y2=4.…(5分)
(2)将y=2+ 22tx=1+ 22t代入4x2−y2=4，
整理得3t2+4 2t−8=0，…(8分)
由t的几何意义得|PA|⋅|PB|=|t1⋅t2|=83.…(10分)
【解析】(1)直线l的参数方程消去参数得y−2x−1= 22m=tan45∘，由此能求出m的值；由ρ2=x2+y2，ρcsθ=x，能求出曲线M的直角坐标方程．
(2)将y=2+ 22tx=1+ 22t代入4x2−y2=4，得3t2+4 2t−8=0，由t的几何意义能求出|PA|⋅|PB|的值．
本题考查实数值和曲线的直角坐标方程的求法，考查两线段的乘积的求法，考查极坐标、直角坐标的互化，考查推理论证能力、运算求解能力，考查转化化归思想、数形结合思想，是中档题．
23.【答案】解：(Ⅰ)由题意得f(x)≤2，
得|x−3|≤7，
∴−7≤x−3≤7，
解得−4≤x≤10，
∴x的取值范围是[−4,10].
(Ⅱ)∵f(x)−g(x)≥m−3有解，
∴|x−3|−|x+2|≥m有解，
∵||x−3|−|x+2||≤|(x−3)−(x+2)|=5，
∴−5≤|x−3|−|x+2|≤5
∴m≤5，即m的取值范围是(−∞,5].
【解析】(Ⅰ)由题意得f(x)≤2，得|x−3|≤7，利用绝对值的意义化为−7≤x−3≤7，解得即可；
(Ⅱ)f(x)−g(x)≥m−3有解⇔|x−3|−|x+2|≥m有解⇔(|x−3|−|x+2|)max≥m，利用绝对值的意义求出|x−3|−|x−2|的最大值即可．
本题考查了绝对值的意义及其性质和不等式，考查了数形结合的能力，属于中档题．