四川省南充市阆中中学校2024届高三一模数学（理） Word版含解析.docx

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阆中中学校高2021级2023年秋一模数学试题（理）（满分：150分考试时间：120分钟）一、单选题.(每小题5分，共计60分)1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用定义域的求法化简集合B，然后利用交集运算求解即可.【详解】因为，又，所以.故选：C2.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算从而求解.【详解】由题意知：，则，所以：.故A项正确.故选：A.3.在等比数列中，，，则（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】设等比数列的公比为，求出的值，可得出，代值计算即可得解.【详解】设等比数列的公比为，则，所以，.故选：D.4.若曲线在处的切线与直线垂直，则实数（）A.1B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】求出函数的导函数，即可表示出切线的斜率，再得到直线的斜率，根据两直线垂直斜率之积为得到方程，即可求出参数的值.【详解】因为，所以，则，所以曲线在点处的切线的斜率为，又直线的斜率，由切线与直线垂直可知，即，解得．故选：B．5.已知函数的部分图像如图，则函数的解析式可能为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由奇偶性可排除AD，由特殊点可排除C，即可求解 【详解】由于图像关于原点对称，所以为奇函数，对于A：由得：，为偶函数，故可排除A；对于D：由得：，为偶函数，故可排除D；由图知图象不经过点，而对于C：，故可排除C；故选：B6.已知向量满足，则与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据向量的模长可得，进而由夹角公式即可求解.【详解】由得，将代入可得，所以，所以，由于，所以，故选：B7.设变量满足约束条件，则目标函数的最小值为A.-8B.-15C.-20D.-21 【答案】C【解析】【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可.【详解】满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数经过坐标点A时，函数取得最小值，由解得目标函数的最小值为-20.故选C.【点睛】本题考查线性规划的截距式求最值，属于基础题.8.已知函数的最小正周期为T，若，且是的一个极值点，则（）A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦函数的周期确定的范围，再由极值点求出的值作答.【详解】函数的最小正周期为，于是，解得，因为是的一个极值点，则，解得，所以.故选：D 9.已知函数，则对任意非零实数x，有（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定的函数式，计算及即可判断作答.【详解】函数，，则，显然，且，AB错误；，D正确，C错误.故选：D10.圆O是边长为的等边三角形ABC的内切圆，其与BC边相切于点D，点M圆上任意一点，（x，），则的最大值为（）A.B.2C.D.【答案】B【解析】【分析】建立坐标系，写出相应的点坐标，根据向量的坐标表示及圆的参数方程可得的表达式，然后利用三角函数的性质可得最大值.【详解】以D点为原点，BC所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立坐标系，因为圆O是边长为的等边三角形ABC的内切圆， 所以，即内切圆的圆心为，半径为1，可设，又，∴，，∴，故得到，∴，∴，当时等号成立，即的最大值为2.故选：B.11.油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节.活动中将油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为的圆，圆心到伞柄底端距离为，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（春分时，北京的阳光与地面夹角为），若伞柄底端正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，作出图形，再利用正弦定理求出椭圆的长轴长，结合焦点位置求出半焦距作答.【详解】如图，伞的伞沿与地面接触点B是椭圆长轴的一个端点，伞沿在地面上最远的投影点A是椭圆长轴的另一个端点， 对应的伞沿为C，O为伞的圆心，F为伞柄底端，即椭圆的左焦点，令椭圆的长半轴长为，半焦距为，由，得，，在中，，则，，由正弦定理得，，解得，则，所以该椭圆的离心率.故选：A12.定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根，则方程在区间上所有实根之和是（）A.30B.14C.12D.6【答案】A【解析】【分析】根据条件可得出的图象关于对称，的周期为4，从而可考虑的一个周期，利用，根据在上是减函数可得出在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，然后根据在上有实数根，可判断该实数根是唯一的，并可判断在一个周期内有两个实数根，并得这两实数根和为2，从而得出在区间这三个周期内上有6个实数根，和为30.【详解】由知函数的图象关于直线对称， ∵，是R上的奇函数，∴，∴，∴的周期为4，考虑的一个周期，例如，由在上是减函数知在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，对于奇函数有，，故当时，，当时，，当时，，当时，，方程在上有实数根，则这实数根是唯一的，因为在上是单调函数，则由于，故方程在上有唯一实数，在和上，则方程在和上没有实数根，从而方程在一个周期内有且仅有两个实数根，当，方程的两实数根之和为，当，方程所有6个实数根之和为.故选：A.【点睛】本题考查了由可判断关于对称，周期函数的定义，增函数和减函数的定义，考查了计算和推理能力，属于难题.二、填空题.（每小题5分，共计20分）13.在某市的一次高三测试中，学生数学成绩X服从正态分布，已知 ，若按成绩分层抽样抽取100份试卷进行分析，其中120分以上的试卷份数为______.【答案】15【解析】【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出即可求解作答.【详解】因为学生数学成绩X服从正态分布，且，则，所以按成绩分层抽样抽取100份试卷，其中120分以上的试卷份数约为.故答案为：1514.的展开式中的系数为______（用数字作答）．【答案】【解析】【分析】先求出的展开式的通项，然后即可求得的展开式中含的项，从而求解.【详解】由题意得：展开式的通项为：，当时，即：，得：，当时；即：，得：，所以得：展开式中含项为：，所以的系数为：.故答案为：.15.点M是双曲线渐近线上一点，若以M为圆心的圆与圆C：x2+y2-4x+3=0相切，则圆M的半径的最小值等于________.【答案】【解析】【分析】先得到渐近线方程，再根据圆M的半径最小，得到圆M与圆C外切，且直线MC与直线2x-y=0垂直.此时圆M的半径的最小值rmin=|MC|min-R，从而可解.【详解】不妨设点M是渐近线2x-y=0上一点. ∵圆C：x2+y2-4x+3=0的标准方程为，∴圆心C（2，0），半径R=1.若圆M的半径最小，则圆M与圆C外切，且直线MC与直线2x-y=0垂直.因此圆M的半径的最小值rmin=|MC|min-R.由于，故故答案为：16.如图，菱形ABCD的边长为2，.将沿AC折到PAC的位置，连接PD得三棱锥.①若三棱锥的体积为，则或3；②若平面PAC，则；③若M，N分别为AC，PD的中点，则平面PAB；④当时，三棱锥的外接球的体积为.其中所有正确结论的序号是______.【答案】①③④【解析】【分析】对于②，设，由线面垂直的判定定理及性质定理可得平面，，根据勾股定理即可求解；对于④，由②可得当时，平面,设为三棱锥的外接球球心，为等边的重心，过作,垂足为，根据勾股定理求出三棱锥的外接球半径为，再由球的体积公式即可求解；对于①，设在的投影为，由棱锥的体积公式可得，分二面角 为锐角与钝角讨论，结合勾股定理及余弦定理即可求解；对于③，根据中位线定理可得，根据线面平行的判定定理即可判断.【详解】对于②，设，若平面PAC，平面PAC，所以.因为菱形ABCD的边长为2，，所以是等边三角形，所以,即.因为,平面,所以平面.因为平面，所以.又，所以,故②错误.对于④，由②可得当时，平面,设为三棱锥的外接球球心，为等边的重心，过作,垂足为，因为，所以,,所以三棱锥的外接球半径为,所以三棱锥的外接球体积为，故④正确.对于①，设在的投影为，因为，所以在所在的直线上.又，所以，解得.因为二面角可能为锐角或钝角，（i）当二面角为钝角时， 所以,，所以.（ii）当二面角为锐角时，因为,，所以在中，由余弦定理可得,即，即,解得.所以是的中点，所以,所以.综上，或3，故①正确.对于③，若M，N分别为AC，PD的中点，由中位线定理可得,因为平面,平面,所以平面，故③正确.故答案为:①③④. 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于内切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;对于球的外接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.三、解答题.（共70分，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）17.某工厂甲、乙两套设备生产相同的电子元件，现分别从这两套设备生产的电子元件中随机抽取100个电子元件进行质量检测，检测结果如下表：测试指标数量/个8122011050已知测试指标大于或等于80为合格品，小于80为不合格品，其中乙设备生产的这100个电子元件中，有10个是不合格品．（1）请完成以下列联表：甲设备乙设备合计合格品不合格品合计（2）根据以上列联表，判断是否有的把握认为该工厂生产的这种电子元件是否合䅂与甲、乙两套设备的选择有关．参考公式及数据：，其中．0.1000.0500.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）列联表见解析（2）有的把握认为该工厂生产的这种电子元件是否合格与甲、乙两套设备的选择有关． 【解析】【分析】（1）根据列联表结合已知信息填写对应数值即可；（2）利用公式进行计算，再根据表格数据比较大小即可得出结果.【小问1详解】如下表所示：甲设备乙设备合计合格品7090160不合格品301040合计100100200【小问2详解】因为，所以有的把握认为该工厂生产的这种电子元件是否合格与甲、乙两套设备的选择有关．18.在中，角，，的对边分别为，，，且.（1）求；（2）若点在边上，，，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，再由余弦定理，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由可得，结合余弦定理列出方程，即可求得，再由三角形的面积公式，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】由题意得，所以，故因为，. 【小问2详解】设，则，在中，有.在中，有.又，所以，所以有.又，所以.在中，由余弦定理可得.又，，，所以有.联立，解得，所以，所以.19.如图，平面平面ABS，四边形ABCD为矩形，为正三角形，，为AB的中点．（1）证明：平面平面BDS；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得到，利用三角函数和矩形的性质得到，最后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；（2）利用空间向量的方法求二面角即可. 小问1详解】证明：设BD与OC相交于点，因为为正三角形，所以，又为AB的中点，则．因为平面平面ABS，平面ABS，平面平面，，所以平面ABCD，又平面，则．因为四边形ABCD为矩形，，在中，，在中，，所以，所以，又，则，即，所以，又，，平面，所以平面SOC，又平面BDS，所以平面平面BDS．【小问2详解】解：因为四边形ABCD为矩形，所以，又平面平面SAB，平面平面，平面ABCD，所以平面SAB．以为坐标原点，过点作平行于AD的直线为轴，以OB和OS所在直线分别为轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，，，，，，，设平面SCD的一个法向量为， 则，即，令，则．由（1）可知，平面SOC，所以是平面SOC的一个法向量．因为，所以二面角的正弦值为．20.已知斜率为的直线与抛物线相交于两点．（1）求线段中点纵坐标的值；（2）已知点，直线分别与抛物线相交于两点（异于）．求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）（2）证明见解析，定点的坐标为【解析】【分析】（1）设，其中，利用点差法化简求出线段中点纵坐标的值；（2）设，由直线过点，化简可得，同理可得，代入直线化简，可得定点的坐标．小问1详解】设，其中，由，得，化简得，，即，线段中点纵坐标的值为； 【小问2详解】证明：设，，直线的方程为，化简可得，在直线上，解得，同理，可得，，，又直线的方程为，即，直线恒过定点．【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查定点定值问题，考查点差法的应用，关于定点定值问题的思路，一般有以下两种：1.先猜再证，通过特殊位置或者特殊点得出要求的定点或者定值，再用一般方法证明，对任意符合条件的直线都成立；2.边猜边做，直接联立直线与曲线方程，写出韦达定理，将已知条件转化为等式，找出直线所过的定点或者所求的定值．21.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）. 【解析】【分析】（1）求出函数的导数，求出与即可得到切线方程；（2）由可得，构造，由在上单调递增，可得恒成立，即恒成立，令，利用导数求出的最小值即可求解.【小问1详解】当时，,则，所以，即在点处的切线斜率为.而，所以切点坐标为，所以曲线在点处的切线方程为，即.【小问2详解】因为，所以，即，即.令，则.，所以在上单调递增，所以恒成立，即，即恒成立.令，则，令，解得，令，解得,所以在上单调递减，在上单调递增，所以. 因为恒成立，所以，解得.所以实数a的取值范围是.【点睛】方法点睛:对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略:1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围;2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；3、根据恒成立或有解求解参数取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别.22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中.（1）求曲线与曲线的交点的极坐标；（2）直线与曲线，分别交于M，N两点（异于极点O），P为上的动点，求面积的最大值.【答案】（1）和（2）【解析】【分析】（1）先消去参数方程中的参数化为直角坐标方程，利用直角坐标方程和极坐标方程的公式进行转化可得曲线的极坐标方程，进而可得答案；（2）将分别与曲线，的极坐标方程联立，即可求出，再求出圆心到直线MN的距离，可求出点P到直线MN的最大距离，即可求出答案.【小问1详解】的参数方程为（为参数），消去可得，，所以曲线的直角坐标方程为. 将，代入得，曲线的极坐标方程为的极坐标方程为，联立可得，又因为两个曲线都经过极点，所以曲线和曲线的交点极坐标为和.【小问2详解】当时，，，.显然当点P到直线MN的距离最大时，△PMN的面积最大，直线MN的方程为，圆心到直线MN的距离为，所以点P到直线MN的最大距离，所以.23.已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）方法一：将代入函数解析式，求得，利用零点分段法将解析式化为，分类讨论即可求得不等式的解集；（2）方法一：根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.【详解】（1）［方法一］：【通性通法】零点分段法 当时，，即，所以不等式等价于或或，解得：．故不等式的解集为．［方法二］：【最优解】数形结合法如图，当时，不等式即为．由绝对值的几何意义可知，表示x轴上的点到对应的点的距离减去到1对应点的距离．结合数轴可知，当时，，当时，．故不等式的解集为．（2）［方法一］：【通性通法】分类讨论当时，成立等价于当时，成立．若，则当时，；若，由得，，解得：，所以，故．综上，的取值范围为．［方法二］：平方法当时，不等式成立，等价于时，成立，即成立，整理得．当时，不等式不成立；当时，，不等式解集为空集；当时，原不等式等价于，解得． 由，解得．故a的取值范围为．［方法三］：【最优解】分离参数法当时，不等式成立，等价于时，成立，即，解得：，而，所以．故a的取值范围为．【整体点评】（1）方法一：利用零点分段法是解决含有两个以及以上绝对值不等式的常用解法，是通性通法；方法二：利用绝对值的几何意义解决特殊类型的绝对值不等式，直观简洁，是该题的最优解．（2）方法一：分类讨论解出绝对值不等式，利用是不等式解集的子集求出，是通性通法；方法二：本题将绝对值不等式平方，转化为解含参的不等式，利用是不等式解集的子集求出，虽可解出，但是增加了题目的难度；方法三：利用分离参数，将不等式问题转化为恒成立最值问题，思想简单常见，是该题的最优解．