铜川市2023—2024学年度高三第一次模拟考试 文数答案

铜川市2024年高三第一次质量检测文科数学参考答案第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．B5．D6．D7．C8．C9．B10．B11．D12．A二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分)131125613．101214．1415．,16．8881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【分析】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面积即可得到答案.【详解】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，1因为积水深9寸，所以水面半径为14610寸，21则盆中水的体积为π962102610588π立方寸，3588π所以平地降雨量等于3寸.π142故选：C.4.【答案】B【分析】根据等差中项的性质得到方程，再解方程即可.1【详解】设公比为qq0，因为3a，a3，2a成等差数列，1221所以3a2a2a，即3a2aqaq2，显然a0，12231111所以2，解得q3或q1（舍去）32qq.故选：B.5.【答案】D{#{QQABTYSAogCoQBAAABgCEQGqCgMQkAECAKoGBAAMoAAAwBFABCA=}#}【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；2x2x当x0,2时，1，即log0，因此fx0，故排除A.2x42x故选:D.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.22故选：D.6.【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22.2故选：D.7.【答案】C【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，正确；对于②，两班的德育分相等，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，错误，故选：C．8.【答案】C【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:C.9.【答案】B{#{QQABTYSAogCoQBAAABgCEQGqCgMQkAECAKoGBAAMoAAAwBFABCA=}#}2π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.82故选：B.10.【答案】B33x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2x3又因为AExAByACx,yR，且AB、AC不共线，则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，{#{QQABTYSAogCoQBAAABgCEQGqCgMQkAECAKoGBAAMoAAAwBFABCA=}#}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.xy故选：B11.【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，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；|AF1|2|AF2|故选：D12．【答案】Amexlnxlnxmex【分析】由题意可得(a)(a)0，令gx,h(x)，函数ygx和函数yhx的图xxxx象，一个在直线ya上方，一个在直线ya下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，即可得出答案．【详解】函数fx的定义域为(0,)，xxmelnx由fx0，得(axme)axlnx0，所以(a)(a)0，xxlnxmex令g(x),h(x)，xx{#{QQABTYSAogCoQBAAABgCEQGqCgMQkAECAKoGBAAMoAAAwBFABCA=}#}由题意知，函数ygx和函数yhx的图象，一个在直线ya上方，一个在直ya下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，lnx1lnx由g(x)(x0)，得g(x)，xx2所以当x0,e时，gx0,gx单调递增，当x(e,)时，gx0,gx单调递减，lne1所以gxg(e)，g(x)没有最小值，maxeemexmexxmexmex(x1)由h(x)(x0)，得h(x)，xx2x2当m0时，在x0,1上hx0,hx单调递增，在x(1,)上hx0,hx单调递减，所以hx有最大值，无最小值，不合题意，当m0时，在x0,1上hx0,hx单调递减，在x(1,)上hx0,hx单调递增，所以h(x)minh(1)me，1所以h1ge即me，e11所以m，即m的取值范围为(,)．e2e2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)13．【答案】1012【分析】根据等和数列的性质可以求出奇数项都相等，偶数项也都相等，最后求和即可.【详解】由等和数列概念可得a22,a31,a42,a20231，a20242，所以S20241210121012.故答案为：101214.【答案】14【分析】首先画出可行域，将目标函数变形根据其几何意义即可求得当z3x2y过点2,4时，取得最大值为14.【详解】根据题意画出满足约束条件的可行域如下图中着色部分所示：3z将目标函数z3x2y变形可得yx，223z若z3x2y取得最大值，即直线yx在y轴上的截距取得最小值，2233z将yx平移到过点A2,4时，直线yx在y轴上的截距最小，222此时目标函数z3x2y有最大值为14.故答案为：14{#{QQABTYSAogCoQBAAABgCEQGqCgMQkAECAKoGBAAMoAAAwBFABCA=}#}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825616．【答案】π81【解析】【分析】设圆锥的高为h，底面圆的半径为r，由勾股定理得r24hh2，根据圆锥的体积公式得4π2π3V