铜川市2023—2024学年度高三第一次模拟考试 文数答案

2024-01-18 · U1 上传 · 10页 · 432.2 K

铜川市2024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
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