铜川市2023—2024学年度高三第一次模拟考试 理数答案

铜川市2023—2024学年度高三第一次质量检测理科数学参考答案第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.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）1．C2．A3．C4．A5．D6．C7．D8．B9．B10．B11．D12．A二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分)1131113．sinx1（答案不唯一）14．①③15．,16．8288答案详解：1．【答案】C【解析】因为N{x|x22x80}{x|x4或x2}，所以MN{2}.故选：C.2．【答案】A22【解析】充分性：若ab1，则abi1i12ii22i；22必要性：若abi2i则abia22abi+b2i2=a2b22abi=2i，a2b20a1a1则，得，或，故不满足必要性2ab2b1b12综上“ab1”是“abi2i”充分不必要条件，故选：A3．【答案】C【详解】如图，转动了45后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形，32设直角边x，则斜边为2x，则有2x2x3，得到x3，由几何关系21322792得：阴影部分的面积为S(3)2，122422792所以增加的面积为S16S16()108722.故选：C.1424.【答案】A【分析】求出展开式的第九项，令x的指数为0，可以求出n，再将x1代入即可求出系数和.n88x21【详解】88n82n20，所以，则T9Cn2Cnx2n200n10,2x1012111令，可得，所以展开式中的各项系数之和为．故选：x11010A.21225.【答案】D【分析】方法一：根据函数的奇偶性及函数值的符号排除即可判断；方法二：根据函数的奇偶性及某个函数值的符号排除即可判断.2x【详解】方法一：因为0，即x2x20，所以2x2，2x2x所以函数fxx2log的定义域为2,2，关于原点对称，42x2x又fx(x)2logfx，所以函数fx是奇函数，其图象关于原点对称，42x故排除B,C；{#{QQABbY6EggCAQBAAARgCAQHqCgAQkBCCAAoGgAAEsAAAwQFABCA=}#}2x2x当x0,2时，1，即log0，因此fx0，故排除A.故选:D.2x42x方法二：由方法一，知函数fx是奇函数，其图象关于原点对称，故排除B,C；1又f1log30，所以排除A.故选：D.226.【答案】C【分析】由正弦定理化边为角，结合二倍角的正弦公式即可求解；【详解】c2bcosB，则由正弦定理可得sinC2sinBcosBsin2B，2π32ππ2πππsin2Bsin，C，B0,，2B0,，2B，解得B；32333367.【答案】D2【分析】由距离公式结合勾股定理得出APMP122，进而由面积公式得出四边形MAPB的面积最小值.161【详解】圆M：x2(y4)21的圆心M0,4到直线l：3x4y10的距离d3，52故MP的最小值是3，又因为MA1，则APMP122，1故AMP的面积的最小值是S1222，故四边形MAPB的面积的最小值是22.故选：D.28.【答案】B【分析】由指数与对数的互化关系结合函数关系式计算即可.27.8x16【详解】设人交谈时的声强为x1W/m，则火箭发射时的声强为10x，且6010lg，得x10，110121则火箭发射时的声强约为107.8106101.8W/m2，x1.8将其代入中，得1.810，dx10lg12d1010lg138dB101012故火箭发射时的声强级约为138dB，故选:B.9.【答案】B2ππ【分析】由f0可得，由对称中心A,0可求得2，从而知函数fx的解析式，再248根据余弦函数的图象与性质，逐一分析选项即可.22π【详解】因为点B0,在f(x)的图象上，所以f(0)cos.又0π，所以.224ππππ因为f(x)图象的一个对称中心是A,0，所以kπ，kZ，8842π则28k，kZ.又010，所以2，则f(x)cos2x，A正确.45π3π5πfcos0，则直线x不是f(x)图象的一条对称轴，B不正确.8287π11ππ当x,时，2x[2π,3π]，f(x)单调递减，C正确.884ππfxcos2xsin2x，是奇函数，D正确.故选：B.8210.【答案】B{#{QQABbY6EggCAQBAAARgCAQHqCgAQkBCCAAoGgAAEsAAAwQFABCA=}#}33x2y【分析】利用平面向量的线性运算推导出xy1，将代数式xy与相乘，展开后利用基本22xyx2y不等式可求得的最小值.xy【详解】因为D是AB边上的点，满足AD2DB，则AD2DB，2所以，CDADACABAC，32因为E在线段CD上（不含端点），则存在实数0,1，使得CECDABAC，322所以，AEACCEACABACAB1AC，33又因为AExAByACx,yR，且AB、AC不共线，则2x33，故xy1，2y122因为0,1，则x0,，y10,1，33x2y2112113x4y13x4y所以3x2y882xyxy2xy2yx2yx423，3x4y33x0,y0xyx3当且仅当时，即当时，等号成立，331xy1y22x2y故的最小值为423.故选：B.xy11.【答案】D【分析】由椭圆的性质判断A；由定义结合余弦定理、三角形面积公式判断B；由余弦定理得出F1AF2的最大角为锐角，从而判断C；由基本不等式判断D.ab125c2x2y2【详解】对于①：由，解得a6,b25,c4，则椭圆C的标准方程为1，故a33620222abc①正确；对于②：由定义可知|AF1||AF2|12，由余弦定理可得22222AF1AF2F1F2AF1AF22AF1AF2F1F2cosF1AF22AF1AF22AF1AF22122AF1AF264180，解得，AF1AF22AF1AF22311803203则SAFAFsinFAF，故②错误；F1AF2212122323对于③：当点A为短轴的一个端点时，F1AF2最大，{#{QQABbY6EggCAQBAAARgCAQHqCgAQkBCCAAoGgAAEsAAAwQFABCA=}#}6262821此时cosFAF0，F1AF2为锐角，122629则不存在点A，使得FAF，故③错误；12221121对于④：|AF1||AF2||AF1||AF2|12|AF1||AF2|12|AF||AF|1122|AF2||AF1|2211322，当且仅当，12|AF1||AF2|1246|AF1||AF2|即时，等号成立，故④正确；故选：D|AF1|2|AF2|12．【答案】A【分析】根据函数的奇偶性只需要考虑x0时的情况，利用导数求解函数单调性，构造函数lnxx2xsinx,gx，即可由导数求解单调性，利用函数单调性即可比较大小.x【详解】易知fxaxaxcosxx2(a1)是偶函数，fxaxaxlna2xsinx，当x0时，因为a1，所以lna0,axax0.令x2xsinx,x0，则x2cosx0，所以x单调递增，所以x00，所以fx0,fx在0,上单调递增.lnx1lnx构造函数gx，则gx.xx2令gx0，得0xe，令gx0，得xe，所以gx在区间0,e上单调递增，ln2ln4在区间e,上单调递减.又，所以g4gπge，24111ln2ln4lnπlne111所以，所以，所以πee，2πef2fπfefe24πe2πe11即f2fππfee.故选:A.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)113．【答案】sinπx1（答案不唯一）2【分析】函数具有周期性，选项正弦型函数yAsinxB，由最小正周期求，由fxfx2取0,B1，再由函数无零点选择合适的A，得函数解析式．12π【详解】fxsinπx1的定义域为R，最小正周期为T2，2π1111fxfxsinπx1sinπx1sinπx1sinπx12，222213因为1sinπx1，所以fx，所以fx无零点．2211综上，函数fxsinx1符合题意．故答案为：sinπx1.2214.【答案】①③【详解】对于①，高三（2）班德智体美劳各项得分依次为9.5，9，9.5，9，8.5，所以极差为9.58.51，①正确；{#{QQABbY6EggCAQBAAARgCAQHqCgAQkBCCAAoGgAAEsAAAwQFABCA=}#}对于②，两班的德育分相等，②错误；9.59.259.599.5对于③，高三（1）班的平均数为9.35，59.58.599.59（2）班的平均数为9.1，故③正确；5对于④，两班的体育分相差9.590.5，而两班的劳育得分相差9.258.50.75，④错误，故填：①③．131115．【答案】,88【分析】结合两点间线段最短，只需求其中一个点关于直线的对称点，再求对称点与另一点的距离即可.【详解】由题可知A,B在xy30的同侧，设点B关于直线xy30的对称点为Ba,b，a6b23022a1,则，解得即B1,3．b2b3,11a6将军从出发点到河边的路线所在直线即为AB，又A2,4，所以直线AB的方程为7xy100，设将军在河边饮马的地点为H，则H即为7xy100与xy30的交点，13x7xy100813111311，解得，所以H,．故答案为：,xy30118888y816．【答案】8【分析】利用棱锥的体积公式结合球的表面积公式计算即可.【详解】由题意可知AD为球O的直径，设D到面ABC的距离为d，3233易知等边ABC的面积为S3，4413所以VdSd2，则球心O到面ABC的距离为1，DABC32设OH面ABC，易知H为等边ABC的外心，所以，故2223AOOHAH