铜川市2023—2024学年度高三第一次模拟考试 理数答案

2024-01-18 · U1 上传 · 9页 · 409.9 K

铜川市20232024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
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