45，陕西省西安市2024年高三第一次质量检测理科数学试题

这是一份45，陕西省西安市2024年高三第一次质量检测理科数学试题，共23页。试卷主要包含了本试卷考试时间120分钟等内容，欢迎下载使用。

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：D
2. 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. 1B. 2C. 3D. 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：B
4. 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；
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），
中，（m）.
故选：A
7. 已知，则在的展开式中，含的系数为（ ）
A. 480B. C. 240D.
【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. 0C. 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：D
10. 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；
⑤
A. 5B. 4C. 3D. 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：C
11. 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. 4B. 6C. 8D. 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：B
12. 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. 2C. 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：540
14. 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，
设直线的倾斜角为，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：
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，所以在上单调递增，
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．
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，再由普通方程与极坐标方程之间的转换关系可得出曲线的极坐标方程，直接利用普通方程与极坐标方程之间的转换关系可得出直线的极坐标方程；
（2）设点的极坐标为，点的极坐标为，，求得，，利用三角恒等变换思想以及正弦函数的有界性可求得的最小值.
【详解】（1）由曲线的参数方程，得曲线的普通方程为．
即，
由极坐标与直角坐标的互化公式，，得曲线的极坐标方程为.
直线的极坐标方程为，即；
（2）设点的极坐标为，点的极坐标为，其中．
由（1）知，．
．
，．．
当，即时，取得最小值．
【点睛】方法点睛：在已知极坐标方程求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，如果不能直接用极坐标解决，或用极坐标解决较麻烦，可将极坐标方程转化为直角坐标方程解决．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数，．
（Ⅰ）当时，求不等式的解集；
（Ⅱ）若关于的不等式的解集包含，求的取值集合．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）由时，得到函数，分类讨论，即可求得不等式的解集；
（Ⅱ）由已知关于的不等式解集包含，等价于|在恒成立，进而得到在恒成立，由此可求解实数的取值范围．
【详解】（Ⅰ）由题意，当时，函数，
当时,，解得;
当时，, 无解;
当时， 解得；
所以的解集为.
（Ⅱ）由已知关于的不等式解集包含，
等价于|在恒成立，
因为，所以不等式恒成立
即在恒成立，即，
又，所以，
故的取值集合是.
【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的求解，以及含绝对值不等式的恒成立问题的求解，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．X
0
1
2
P