2024渭南高三上学期教学质量检测（Ⅰ）（一模）数学（文）含解析

这是一份2024渭南高三上学期教学质量检测（Ⅰ）（一模）数学（文）含解析，共25页。

注意事项：
1．本试题满分150分，考试时间120分钟．
2．答卷前务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡和答题纸上．
3．将选择题答案填涂在答题卡上，非选择题按照题号完成在答题纸上的指定区域内．
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若复数满足，则（ ）
A. B. 1C. D.
2. 已知集合，，则（ ）
A B. C. D.
3. 如果一个几何体的三视图如图所示单位长度：，则此几何体的表面积是
A.
B.
C.
D.
4. 在ABC中，．则的取值范围是（ ）
A. （0，]B. [，）C. （0，]D. [，）
5. 已知、、是正数，“”是“”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
6. 的值是（ ）
A. 105B. 33C. D.
7. 设定义在上偶函数满足，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知圆的方程为，直线过点且与圆交于两点，当弦长最短时，（ ）
A. B. C. 4D. 8
9. 有诗云：“芍药承春宠，何曾羡牡丹”，芍药不仅观赏性强，且具有药用价值，某地以芍药为主打造了一个如图所示的花海大世界，其中大圆半径为3，大圆内部的同心小圆半径为1，两圆之间的图案是对称的.若在其中空白部分种植红芍.倘若你置身此花海大世界之中，则恰好处在红芍种植区中的概率是（ ）

A. B. C. D.
10. 已知函数图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
11. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线右支上一点，连接交轴于点．若为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
12. 已知，若存在实数（），当（）时，满足，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
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. 已知一组数据点，用最小二乘法得到其线性回归方程为，若，则_______．
14. 已知变量，满足，则的最小值为________.
15. 在中，，则的面积最大值为_______．
16. 在三棱锥中，底面为等腰三角形，，且，平面平面，点为三棱锥外接球上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球的表面积为_______．
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. 已知等差数列满足：，，数列的前n项和为．
（1）求及；
（2）设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前项和
18. 有五位工人参加技能竞赛培训．现分别从二人在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次．用茎叶图表示这两组数据如下：
（1）现要从中选派一人参加技能竞赛，从平均状况和方差的角度考虑，你认为派哪位工人参加合适?请说明理由；
（2）若从参加培训5位工人中选2人参加技能竞赛，求二人中至少有一人参加技能竞赛的概率．
19. 如图，是正方形，是正方形的中心，底面是的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求三棱锥的体积.
20. 已知函数.
（1）求函数的图像在点处的切线方程；
（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.
21. 已知椭圆与抛物线在第一象限交点为，椭圆的左、右焦点分别为，其中也是抛物线的焦点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过的直线（不与轴重合）交椭圆于两点，点为椭圆的左顶点，直线分别交直线于点，求证：为定值.
（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，则按所做的第一题计分．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
（2）P为l上一点，过P作曲线C的两条切线，切点分别为A，B，若，求点P横坐标的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数，．
（1）当时，求不等式；
（2）对任意．关于x的不等式总有解，求实数a的取值范围．
渭南市2024届高三教学质量检测（Ⅰ）
数学试题（文科）
命题人：张增伟 张振荣 张涛
注意事项：
1．本试题满分150分，考试时间120分钟．
2．答卷前务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡和答题纸上．
3．将选择题答案填涂在答题卡上，非选择题按照题号完成在答题纸上的指定区域内．
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若复数满足，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数乘除法运算求复数z，即可求模.
【详解】由题设，故.
故选：B
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次不等式求解集合，再求并集即可.
【详解】∵，
∴．
故选：D
3. 如果一个几何体的三视图如图所示单位长度：，则此几何体的表面积是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个四棱柱正方体与四棱锥的组合体，分别计算各个面的面积，相加可得答案．
【详解】由已知中的三视图，可知该几何体是下部一个四棱柱正方体与上部是四棱锥的组合体，
四棱柱正方体的棱长为1cm，故每个面的面积为：，
四棱锥的底面边长为1cm，高为，故斜高为：，
故每个侧面的面积为：，；
故组合体的表面积；
故选A．
【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．
4. 在ABC中，．则的取值范围是（ ）
A. （0，]B. [，）C. （0，]D. [，）
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：
由于，根据正弦定理可知，故．又，则的范围为.故本题正确答案为C.
考点：三角形中正余弦定理的运用.
5. 已知、、是正数，“”是“”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】C
【解析】
【分析】利用作差法得出的等价条件，即可得出结论.
【详解】由，
因为、、是正数，则，
可得等价于，等价于，
所以，“”是“”的充要条件.
故选：C.
6. 值是（ ）
A. 105B. 33C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由指数幂的运算性质化简即可得出答案.
【详解】由题意得：
.
故选：B.
7. 设定义在上的偶函数满足，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由奇偶性和周期性的性质可求出，代入即可得出答案.
【详解】由得.
又为偶函数，所以.
故选：A.
8. 已知圆的方程为，直线过点且与圆交于两点，当弦长最短时，（ ）
A. B. C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由条件可知，当最短时，直线，然后再结合向量的数量积，从而得到结果.
【详解】
当最短时，直线，
，
.
故选：B
9. 有诗云：“芍药承春宠，何曾羡牡丹”，芍药不仅观赏性强，且具有药用价值，某地以芍药为主打造了一个如图所示的花海大世界，其中大圆半径为3，大圆内部的同心小圆半径为1，两圆之间的图案是对称的.若在其中空白部分种植红芍.倘若你置身此花海大世界之中，则恰好处在红芍种植区中的概率是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由圆的面积公式结合几何概型的概率公式求解.
【详解】由已知得：大圆的面积为，小圆的面积为.
所以空白部分的面积为.
设“恰好处在红芍种植区中”为事件，则.
故选：C
10. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】原不等式等价于，根据的图象判断函数的单调性，可得和的解集，再分情况或解不等式即可求解.
【详解】由函数的图象可知：
在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时，；当时，；
由可得，
所以或，
即或，解得：或，
所以原不等式的解集为：，
故选：D.
11. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线右支上一点，连接交轴于点．若为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由长度关系可得，知，在中，利用可构造齐次方程求得双曲线离心率.
【详解】
设，
为等边三角形，，，又，
，，，
，，
，解得：（舍）或，
双曲线的离心率为.
故选：C.
12. 已知，若存在实数（），当（）时，满足，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数性质，得，，将问题转化为求的取值范围，构造函数求函数值域.
【详解】作出的图象如图，
由题，，，
所以，
令（），则当时，；当时，.
，当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以，且，
所以的取值范围为.
故选：D.
【点睛】利用正弦型函数的周期性和对称性，将问题转化为求函数（）的值域，求值域时，除函数的单调性外还要注意函数的取值特点.
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. 已知一组数据点，用最小二乘法得到其线性回归方程为，若，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据回归方程必过样本中心点，即可得到答案.
【详解】根据题意可知该组数据点，
所以，
所以，
故答案为：
14. 已知变量，满足，则的最小值为________.
【答案】0
【解析】
【分析】画出可行域，分析目标函数得，当在y轴上截距最小时，即可求出的最小值.
【详解】作出可行域如图：

联立 得
化目标函数为，
由图可知，当直线过点时，在y轴上的截距最小,
有最小值为，故填.
【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，属于中档题.
15. 在中，，则的面积最大值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据解三角形余弦定理以及基本不等式，求解出的最大值，从而解得的面积最大值.
【详解】根据题意得：
由余弦定理得：，
即
所以当且仅当时取等号，
所以.
故答案为：.
16. 在三棱锥中，底面为等腰三角形，，且，平面平面，点为三棱锥外接球上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球的表面积为_______．
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，设，设等腰三角形外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，结合线面垂直的性质与判定求得，再根据垂直关系可得点到平面的距离等于点到平面的距离，进而列式求解即可.
【详解】取的中点，连接，因为底面为等腰三角形，，所以，所以，
又因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为三角形为等腰三角形，，则，设，则，
设等腰三角形外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，
连接，则三点共线，由平面得平面，
由正弦定理得，故，则，
连接，则，由平面，且三角形外接圆的圆心为，可得，
因为平面，所以，又平面，平面，故平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
又因为点到平面的距离的最大值为，所以，解得，所以，球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
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. 已知等差数列满足：，，数列的前n项和为．
（1）求及；
（2）设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前项和
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】(1)先根据已知求出，再求及.(2)先根据已知得到，再利用分组求和求数列的前项和.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，因为，，所以
， 解得，
所以；
==.
（2）由已知得，由（1）知，所以 ，
=.
【点睛】(1)本题主要考查等差数列的通项和前n项和求法，考查分组求和和等比数列的求和公式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.(2) 有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.这叫分组求和法.
18. 有五位工人参加技能竞赛培训．现分别从二人在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次．用茎叶图表示这两组数据如下：
（1）现要从中选派一人参加技能竞赛，从平均状况和方差的角度考虑，你认为派哪位工人参加合适?请说明理由；
（2）若从参加培训的5位工人中选2人参加技能竞赛，求二人中至少有一人参加技能竞赛的概率．
【答案】（1）派参加比较合适，理由见解析 （2）．
【解析】
【分析】（1）计算的平均值和方差，根据平均值和方差可得答案；
（2）利用列举法和古典概型的概率公式可求出结果.
【详解】（1），
，
，
，
因为，，所以派参加比较合适
（2）从参加培训的5位工人中选2人参加技能竞赛，所有基本事件为：，，，，，，，，，，共有种，
其中二人中至少有一人参加技能竞赛的有：，，，，，，，共7种，
所以二人中至少有一人参加技能竞赛的概率为.
19. 如图，是正方形，是正方形的中心，底面是的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，交于，连接，证明即可；
（2）求出到平面距离，利用即可求出.
【小问1详解】
连接，交于，连接，
则在中，分别为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
因为，是正方形，所以，
因为底面，所以,
则到平面的距离，
则.
20. 已知函数.
（1）求函数的图像在点处的切线方程；
（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.
【答案】（1）；（2）3.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）根据题意得对任意恒成立，进而令，求导研究函数最值即可.
【详解】解：（1）因为，所以，
函数的图像在点处的切线方程；
（2）由（1）知，，所以对任意恒成立，
即对任意恒成立.
令，则，
令，则，
所以函数在上单调递增.
因为，
所以方程在上存在唯一实根，且满足.
当时，，即，当时，，即，
所以函数上单调递减，在上单调递增.
所以.
所以.
故整数的最大值是3.
【点睛】本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
21. 已知椭圆与抛物线在第一象限的交点为，椭圆的左、右焦点分别为，其中也是抛物线的焦点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过的直线（不与轴重合）交椭圆于两点，点为椭圆的左顶点，直线分别交直线于点，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，由抛物线性质可求焦点坐标和点坐标，结合椭圆定义，可求，计算即可求解；
（2）设，讨论直线与轴是否垂直，再根据直线与椭圆方程联立方程组法，结合韦达定理，计算，即可证明.
【详解】（1）抛物线的焦点为，
，∴，
∴，∴，
又，∴，
∴，∴，
又∵，∴，
∴椭圆的方程是：；
（2）设
当直线与轴垂直时，易得：或，
又，∴，或者，
∴，∴
当直线与不垂直时，设直线的方程为：，
联方程组，消去整理得：，
所以：，
又共线，
∴，得，同理：，
∴，
∴
又因为
∴，则
综上，为定值.
【点睛】本题考查（1）椭圆标准方程（2）联立方程组法求定值问题，考查计算能力，考查转化与化归思想，综合性较强，有一定难度.
（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，则按所做的第一题计分．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
（2）P为l上一点，过P作曲线C的两条切线，切点分别为A，B，若，求点P横坐标的取值范围．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）把曲线C的方程两边平方相加可求曲线C的普通方程,利用两角和的余弦公式可求直线l的直角坐标方程;
（2）设，由题意可得，计算可求点P横坐标的取值范围.
【小问1详解】
由曲线的参数方程为（为参数），
可得
由,得
,即,
曲线的普通方程为,直线的直角坐标方程为
【小问2详解】
设,连接，易得，
若,则，
在中，，
,
,两边平方得,
解得,
点横坐标的取值范围为
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数，．
（1）当时，求不等式；
（2）对任意．关于x的不等式总有解，求实数a的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）讨论绝对值内的正负号,解不等式，即可得出答案.
（2）由题意可知，结合与，即可解出答案.
【详解】（1）由已知，不等式即为，
则或或
解得或或，故不等式的解集为．
（2）对任意，关于x的不等式总有解
而，当且仅当，即时取最小值，
又（当且仅当时取等号）
故只需，得，即实数a的取值范围为．
【点睛】本题考查绝对值不等式，分类讨论是解绝对值不等式基础方法，解本题还需注意区分不等式有解与恒成立问题.属于中档题.