2024届高三第一次联考文科数学考试时间120分钟,满分150分注意事项:1.答题前,考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号和考籍号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚,考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”.2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上,如需改动,用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案;非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答,超出答题区域答题的答案无效;在草稿纸上、试卷上答题无效.3.考试结束后由监考老师将答题卡收回.一、选择题:本题共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.已知集合,,全集,则()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求出集合、,利用补集和交集的定义可求得集合.【详解】因为或,全集,则,又因为集合,因此,.故选:C.2.已知幂函数的图象过点,则()A. B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】根据题意可得,求解即可.【详解】因为幂函数的图象过点,所以,解得.故选:C.3.已知为复数单位,,则的模为()A. B.1 C.2 D.4【答案】A【解析】【分析】根据复数运算的乘除法则,结合复数相等的定义可求得,进而可求得,再结合模长公式即可求解.【详解】由可得,所以,所以,则故选:A.4.在中,“”是“为锐角三角形”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】在中,找出的等价条件,结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】因为,则为锐角,所以,“”“为锐角三角形”,“”“为锐角三角形”,所以,“”是“为锐角三角形”必要不充分条件.故选:B.5.在等比数列中,,是方程两根,若,则m的值为()A.3 B.9 C. D.【答案】B【解析】【分析】根据韦达定理可得,结合等比数列的性质即可求解.【详解】因为,是方程两根,所以,即,在等比数列中,,又,所以,因为,所以,所以.故选:B.6.已知,,,,若存在非零实数使得,则最小值为()A.8 B.9 C.10 D.12【答案】B【解析】【分析】根据向量共线的坐标表示可得,再结合基本不等式中的巧用“1”即可求解.【详解】若存在非零实数使得,即,又,,所以,即,所以,当且仅当,即时,等号成立.所以的最小值为.故选:B7.已知函数,则函数的图象的能是()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】分析函数的定义域、奇偶性及其在时,的符号,结合排除法可得出合适的选项.【详解】对于函数,有,解得,所以,函数的定义域为,因为,即函数为奇函数,排除BD选项,当时,,则,排除C选项.故选:A.8.已知平行四边形,若点是边的三等分点(靠近点处),点是边的中点,直线与相交于点,则()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设,设,,利用向量的基本定理可得,求得,从而问题可解.【详解】设,则,,设,,则,,因为,所以,解得,所以,即.故选:C.9.已知,若,则()A. B. C. D.7【答案】D【解析】【分析】利用二倍角的正弦公式可求得的值,然后利用弦化切可得出所求代数式的值.【详解】因为,则,且,则,所以,,则,因此,.故选:D.10.已知函数,若时,恒成立,则实数的取值范围为()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】当时,,所以问题转化为,求解即可.【详解】由可得,当时,符合题意;当时,是关于的一次函数,此时只需区间端点的函数值不小于即可,又当时,,当时,,所以,即,解得,综上,.故选;A.11.若,,,则,,的大小关系为()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据指对函数的单调性可得,,,再作商比较的大小,从而可求解.【详解】因为,,令,而,即,所以,又因为,所以.故选:D12.已知函数若有3个实数解,则实数的取值范围为()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】时,,利用导数求函数单调区间,可证得此时有2个实数解,则时,,在定义区间内有1个实数解,利用函数单调性和最值列不等式求实数的取值范围.【详解】时,,,解得,解得,在上单调递减,在上单调递增,,,,所以方程在和上各有1个实数解,时,,函数在上单调递减,依题意,在上有1个实数解,则,解得.实数的取值范围为.故选:B二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13函数,则______.【答案】【解析】【分析】先计算,从而可求解.【详解】,所以.故答案为:14.设数列的前项和为,若,则______.【答案】【解析】【分析】根据题意,求得,进而求得的值,即可求解.【详解】由题意,数列满足,当时,,所以.故答案为:.15.设是定义在上的偶函数,且当时,,则不等式的解集为______.【答案】【解析】【分析】根据偶函数的性质可得,再根据单调性可得,求解即可.【详解】因为是定义在上的偶函数,所以等价于,又在上单调递增,所以,即,解得.故答案为:16.已知函数,当时,恒成立,则实数的最大值为______.【答案】【解析】【分析】参变分离后,令,求导后,借助放缩判断在上单调递减,从而可求解.【详解】当时,,则由可得,令,则,令,则,所以当时,单调递增,当时,单调递减,所以当时,,即,当且仅当时,等号成立,所以当时,,所以在上单调递减,所以.所以的最大值为.故答案为:【点睛】关键点睛:本题关键是能够借助放缩判断在上单调递减,从而使问题顺利求解.三、解答题:共70分.解答应㝍出文字说明、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.某地区运动会上,有甲、乙两位田径运动员进入了男子决赛,某同学决定运用高中所学的知识对该次决赛的情况进行预测,为此,他收集了这两位运动员近几年的大赛成绩(单位:秒),若比赛成绩小于10秒则称为“破十”.甲:10.54,10.49,10.31,10.37,9.97,10.25,10.11,10.04,9.97,10.03;乙:10.32,10.06,9.99,9.83,9.91;(1)求甲成绩的中位数与平均数(平均数的结果保留3位小数);(2)从乙的5次成绩中任选3次,求恰有2次成绩“破十”的概率.【答案】(1)中位数,平均数为(2)【解析】【分析】(1)根据中位数和平均数的计算公式即可求解;(2)列举法求解即可.【小问1详解】甲成绩从小到大排列如下:,甲成绩的中位数为,平均数为;【小问2详解】乙的5次成绩有3次“破十”,记为,有2次没“破十”,记为,记恰有2次成绩“破十”为事件,则从乙的5次成绩中任选3次的结果有:共10种,其中满足事件的结果有共6种,,即恰有2次成绩“破十”的概率为.18.已知的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.(1)求角B;(2)若边上的中线长为2,求面积的最大值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)先化简,再结合余弦定理即可求解;(2)利用中线向量公式,结合数量积的运算可得,结合基本不等式与三角形的面积公式即可求解.【小问1详解】因为,所以,即,根据余弦定理可得,又因为,所以;【小问2详解】是上的中线,,即,,即,当且仅当时,等号成立,,即面积的最大值为.19.如图,在直三棱柱中,底面是以为底边的等腰直角三角形,,.(1)求证:平面平面;(2)求点到平面距离.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)先证明平面,再利用面面垂直的判定定理即可证明;(2)利用等体积法即可求解.【小问1详解】在直三棱柱中,平面,平面,又平面,平面,平面,平面平面;【小问2详解】由(1)可知平面,又平面,由题意可知,,,,设点到平面的距离为,由可得,,即,解得.所以点到平面的距离为.20.已知椭圆的左、右焦点分别为,,短半轴长为1,点在椭圆上运动,且的面积最大值为.(1)求椭圆的方程;(2)当点为椭圆的上顶点时,设过点的直线交椭圆于,两点,直线,的斜率分别为,,求证:为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)根据题意可得,求解即可;(2)分直线斜率存在和不存在两种情况,结合韦达定理即可证明.【小问1详解】设椭圆E的半焦距为c,由题意可知,当为椭圆E的上顶点或下顶点时,的面积取得最大值.所以,所以,,故椭圆E的标准方程为;【小问2详解】由题意可知,当直线的斜率不存在时,直线的方程为,则不妨令,;当直线的斜率存在时,设直线的方程为,记,由得,,此时,即或,,.综上所述,,即为定值.【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:(1)设直线方程,设交点坐标为;(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,必要时计算;(3)列出韦达定理;(4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式;(5)代入韦达定理求解.21.已知函数,.(1)当时,求在处的切线方程;(2)当时,设函数,求证:有解.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)当时,求出、的值,利用点斜式可得出所求切线的方程;(2)化简得出函数的解析式,利用可证得结论成立.【小问1详解】解:当时,,则,,则,故当时,在处的切线方程为,即.【小问2详解】证明:当时,,,,因为,故不等式有解.(二)选考题:共10分.请考生在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.在直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数),曲线的参数方程为(为参数).(1)求直线和曲线的直角坐标方程;(2)若直线与曲线相交弦的中点坐标为,求直线的极坐标方程.【答案】(1),(2)【解析】【分析】(1)在直线与曲线中消去参数,可得出直线和曲线的直角坐标方程;(2)利用点差法可求出直线的普通方程,再化为极坐标方程即可.【小问1详解】解:在直线的参数方程中消去参数可得,在曲线的参数方程中消去参数可得,所以,直线的直角坐标方程为,曲线的直角坐标方程为.【小问2详解】解:设直线交曲线于点、,则,,若直线轴,则线段的中点在轴上,不合乎题意,所以,直线的斜率存在,由已知可得,两个等式作差可得,即,即,整理可得,所以,直线的方程为,即,所以,直线的极坐标方程为.选修4-5:不等式选讲23.已知定义域为的函数.(1)若,求函数的最小值;(2)若,不等式恒成立,求实数的最小值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)当时,利用绝对值三角不等式可求得函数的最小值;(2)利用绝对值三角不等式可得出关于实数的不等式,结合,可解出的取值范围,即可得解.【小问1详解】解:当时,,当且仅当时,等号成立,故函数的最小值为.【小问2详解】解:若,由绝对值三角不等式可得,当且仅当时,等号成立,因为不等式恒成立,则,即或,解得或,因为,则,故正实数的最小值为.
精品解析:四川省成都市蓉城名校联盟2023-2024学年高三上学期第一次联考文科数学试题(解析版)
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