四川省眉山市仁寿第一中学2023-2024学年高三上学期摸底测试（一）文科数学Word版含解析.docx

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2024届高三摸底测试一文科数学试卷一､选择题：本大题共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，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的值域可得，易知，即可求得.【详解】由函数的值域为可知，或所以；由可得；所以可得.故选：B2.若复数，则（）A.25B.20C.10D.5【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法运算和模的定义求解.【详解】因为，所以，故选:D.3.若，则“”是“”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】根据充分条件、必要条件的定义即可得解.【详解】若，令，满足，但；若，则一定成立，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B4.袋中装有红球3个、白球2个、黑球1个，从中任取2个，则互斥而不对立的两个事件是（    ）A.至少有一个白球；都是白球B.至少有一个白球；至少有一个红球C.至少有一个白球；红､黑球各一个D.恰有一个白球；一个白球一个黑球【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用互斥事件、对立事件的定义逐项分析判断作答.【详解】对于A，至少有一个白球和都是白球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，A不是；对于B，至少有一个白球和至少有一个红球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，B不是；对于C，至少有一个白球和红、黑球各一个的两个事件不能同时发生但能同时不发生，是互斥而不对立的两个事件，C是；对于D，恰有一个白球和一个白球一个黑球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，D不是.故选：C5.已知不等式由此可猜想：若，则等于（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】通过观察给出几个式子，归纳出不等式右边分式的变化规律即可得出结果.【详解】由，观察发现不等式右边分式的分母是左边项数加1，分子比分母小1，故，故选：C. 6.已知和是两个正交单位向量，，且，则（）A.2或3B.2或4C.3或5D.3或4【答案】B【解析】【分析】根据题意得到，，求得，集合向量模的计算公式，列出方程，即可求解.【详解】因为和是正交单位向量，，，可得，所以，解得或.故选：B．7.已知是直线的倾斜角，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题可得.方法一，由可得，后利用二倍角余弦公式，两角和的正弦公式可得答案；方法二，由可得间关系，后利用表示，即可得答案.【详解】法一：由题意可知，（为锐角），∴，法二：由题意可知，（为锐角）∴，． 故选：B．8.下列命题中，不正确的是（）A.夹在两个平行平面间的平行线段相等B.三个两两垂直的平面的交线也两两垂直C.若直线平面，，则过点且平行于直线的直线有无数条，且一定在内D.已知m，n为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则与相交，且交线平行于【答案】C【解析】【分析】利用面面平行的性质推理判断A；利用面面垂直的性质、线面垂直的判定推理判断B；利用线面平行的性质判断C；利用反证法结合线面平行的性质推理判断D作答.【详解】对于A，平面平面，点平面，平面，且，由，得点共面，平面平面，平面平面，而平面平面，于是，因此四边形是平行四边形，所以，A正确；对于B，设平面、、两两垂直，它们的交线分别为b、c、d，过平面内点的直线e、f分别满足，，如图，由，，，得，而，则，同理，因此，又，从而，同理，所以三个两两垂直的平面的交线也两两垂直，B正确； 对于C，由直线平面，，得直线与点确定一个平面，令平面与平面的交线为，显然，且平面，直线唯一，C错误；对于D，假定与平行，由平面，得平面，又平面，于是，这与m，n为异面直线矛盾，即假设不成立，因此与相交，由平面、及，得，同理，在平面内存在直线，在平面内存在直线（均不为平面与的交线），即有，于是，直线平行于平面与的交线，所以直线平行于平面与的交线，D正确.故选：C9..函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为B.C.在上单调递增D.将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象【答案】D【解析】【分析】根据给定的函数图象，求出周期及，进而求出解析式，再逐项判断作答.【详解】对于A，由图象得函数的周期，A错误；对于B，由图象得，，即有， 又图象过点，则，即，又，于是，因此，B错误；对于C，因为，所以，，而，即有，即，则，在上不单调，C错误；对于D，因为，将函数的图象向左平移个单位，得的图象，D正确.故选：D10.定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】当时，为单调增函数，且，则解集为，再结合为奇函数，所以不等式的解集为．【详解】当时，，所以在上单调递增，因为，所以当时，等价于，即，因为是定义在上的奇函数，所以时，在上单调递增，且，所以等价于，即，所以不等式的解集为【点睛】本题考查函数的奇偶性，单调性及不等式的解法，属基础题．应注意奇函数在其对称的区间上单调性相同，偶函数在其对称的区间上单调性相反．11.设等比数列中，使函数在时取得极值，则的值是（） A.或B.或C.D.【答案】D【解析】【分析】由极值点和极值可构造方程组求得，代回验证可知满足题意；结合等比数列性质可求得结果.【详解】由题意知：，在处取得极值，，解得：或；当，时，，在上单调递增，不合题意；当，时，，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，是的极小值点，满足题意；，又与同号，.故选：D.12.已知，且恒成立，则k的值不可以是（    ）A.－2B.0C.2D.4【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，用n表示m，代入不等式并分离参数，构造函数并探讨函数的最值作答.【详解】由，知，，则，即，令，则，令，则， 函数在上单调递增，于是，即，从而，令，则，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，因此在时取得最小值2，即，所以，即可取，不能取4.故选：D【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.13.______．【答案】【解析】【分析】利用指对数运算的性质化简求值即可.【详解】.故答案为：14.已知点，，若圆上存在点P满足，则实数a的取值的范围是____________．【答案】【解析】【分析】由求出点的轨迹，再求出该轨迹与圆有公共点的a的范围作答.【详解】设点，则，而，则，整理得，即点的轨迹是原点为圆心，2为半径的圆，因为点在圆，即圆与圆有公共点，而圆的圆心为，半径为1， 因此，即，解得或，所以实数a的取值的范围是.故答案为：15.如图，有一半径为单位长度的球内切于圆锥，则当圆锥的侧面积取到最小值时，它的高为______．【答案】##【解析】【分析】由，求得，得到侧面积，令，得到，求得函数的单调性，进而得到答案.【详解】如图所示，设，半径，高，球半径为单位长度，因为，可得，即， 所以，解得，所以侧面积，令，可得，令，可得，解得．当，，单调递减；当，，单调递减，所以时侧面积有最小值．故答案为：.16.在中，已知，，，当取得最小值时，的面积为_____【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理探讨可得，再利用余弦定理探求的关系，并求出，由数量积的定义结合二次函数求出，再利用三角形面积公式求解作答. 【详解】令，则，由，得，在中，，在中，，于是，令，则，而，则有，由余弦定理得，整理得，即，，则，当时，取得最小值，在中，，所以.故答案为：【点睛】关键点睛：条件较隐含的解三角形问题，根据题意设出变量，再选择恰当的三角形，借助正余弦定理列出方程、方程组是解题的关键.三､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.（一）必考题：共60分.17.已知数列的首项为2，且满足（且），．（1）求的通项公式；（2）设，求的前n项和． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）因式分解可知为等比数列，然后可解；（2）利用对数运算裂项可解.【小问1详解】由得，因为，所以，所以，即，又，所以是以2为首项和公比的等比数列，所以．【小问2详解】由得，18.买盲盒是当下年轻人的潮流之一，每个系列的盲盒分成若干个盒子，每个盒子里面随机装有一个动漫、影视作品的图片，或者设计师单独设计出来的玩偶，消费者不能提前得知具体产品款式，具有随机属性，某礼品店2022年1月到8月售出的盲盒数量及利润情况的相关数据如下表所示：月份／月12345678月销售量／百个45678101113月利润／千元4.14.64.95.76.78.08.49.6（1）求出月利润y（千元）关于月销售量x（百个）的回归方程（精确到0.01）；（2）2022年“一诊”考试结束后，某班数学老师购买了装有“五年高考三年模拟”和“教材全解”玩偶的两款盲盒各3个，从中随机选出3个作为礼物赠送给同学，求3个盲盒中装有“五年高考三年模拟”玩偶的个数至少为2个的概率．参考公式：回归方程中斜率和截距最小二乘估计公式分别为： ，．参考数据：，．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将表格数据代入公式，计算回归方程；（2）列举从6个盲盒中抽取3个的所有结果，由所有基本事件个数和“五年高考三年模拟”玩偶个数至少为2个的基本事件个数，求得概率.【小问1详解】由题，，，所以，，，，所以回归方程为.【小问2详解】记装有“五年高考三年模拟”玩偶的3个盲盒为，，，记装有“教材全解”玩偶的3个盲盒为，，，从中选出3个，共有：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共20个基本事件，其中，“五年高考三年模拟”玩偶个数至少为2个的基本事件有10个， 故所求事件发生的概率.19.已知四棱锥，其中，，，，平面平面，点是上一点，．（1）求证：平面；（2）若是等边三角形，当点到直线距离最大时，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）1【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理可知平面，再利用线面垂直判定定理即证；（2）由题知，进而可得平面，再结合条件即求.【详解】（1）因为，，则，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，，，平面，则平面；（2）因为点到直线的距离为，当时，点到直线的距离最大，此时，由（1）可知，平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又为等边三角形，所以， 中，，，则，故，所以，因为，故，所以四棱锥的体积为1．20.已知抛物线的焦点F到其准线的距离为4，椭圆经过抛物线的焦点F．（1）求抛物线的方程及a；（2）已知O为坐标原点，过点的直线l与椭圆相交于A，B两点，若，点N满足，且最小值为，求椭圆的离心率．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)由条件列方程求，由此可得抛物线方程及其焦点坐标，再由条件求，(2)联立方程组，利用设而不求法结合条件求出点的轨迹，列方程求，由此可得离心率.【小问1详解】抛物线的焦点F到其准线的距离为4可得抛物线的方程：椭圆经过抛物线的焦点椭圆的右顶点为，所以．【小问2详解】①当直线斜率存在时， 设直线方程为由得，∵∴，即∴∴，∴又∵∴，即∴∴N点轨迹为直线②当直线斜率不存在时，经检验点在直线上．∴N点轨迹方程最小值即点O到直线的距离∴，即椭圆的离心率为．【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 21.已知函数．（1）记函数的导函数是．证明：当时，；（2）设函数，，其中．若0为函数存在非负的极小值，求a的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）令，然后利用导数可求得函数在R上为增函数，从而可得，（2），当时，由，解得，，然后分，和三种情况，讨论函数的单调性和极值，从而可求出a的取值范围【小问1详解】．令，则．∵，∴恒成立，即在R上为增函数．∵，∴．∴．【小问2详解】．由（1）知在R上为增函数．∴当时，有，即；当时，有，即．当时，由，解得，，且在R上单调递减．①当时，．∵当时，有；当时，有；当时，有， ∴函数在上为减函数，在上为增函数，在上为减函数．∴满足0为函数的极小值点；②当时，．∴时，有恒成立，故在R上为减函数．∴函数不存在极小值点，不符合题意；③当时，．∵当时，有；当时，有；当时，有，∴函数在上为减函数，在上为增函数，在上为减函数．∴0为函数的极大值点，不符合题意．综上所述，若0为函数的极小值点，则a的取值范围为．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数证明不等式，考查利用导数解决函数极值问题，第（2）问解题的关键是由，解得，，然后通过讨论的大小关系，从而可求出函数的极值，考查数学分类思想和计算能力，属于较难题（二）选考题：共10分.请考生在第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.如图，在极坐标系中，已知点，曲线是以极点O为圆心，以OM为半径的半圆，曲线是过极点且与曲线相切于点的圆．（1）分别写出曲线、的极坐标方程；（2）直线与曲线、分别相交于点A、B（与极点O 不重合），求△ABM面积的最大值．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据圆的极坐标方程得结论；（2）代入两曲线极坐标方程得交点极径，相减得，过点M作于D，可求得，然后求出三角形面积，利用基本不等式得最大值．【小问1详解】由题意可知，曲线是以极点O为圆心，以2为半径的半圆，结合图形可知，曲线极坐标方程为．设为曲线上的任意一点，可得因此，曲线极坐标方程为；【小问2详解】因为直线与曲线，分别相交于点A，B（异于极点），设，，由题意得，，∴，过点M作于D，时，如图1，，则点M到直线AB的距离为，时，如图2，，，∴当且仅当时，等号成立，故△ABM面积的最大值为, 图1　　　　　　　　　　　　　　图2[选修4—5：不等式选讲]23.已知、为非负实数，函数．（1）当，时，解不等式；（2）若函数的最小值为，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当，时，可得出，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；（2）利用绝对值三角不等式可得出，再利用柯西不等式可求得的最大值.【小问1详解】解：当，时，．当时，，解得，此时；当时，，此时原不等式无解；当时，，解得，此时．综上，不等式的解集为.【小问2详解】解：由， 因为，，当且仅当时，等号成立，．所以，，即，所以，，当且仅当时，即当，时，等号成立，综上，的最大值为．