四川省宜宾市南溪第一中学校2024届高三上学期一诊考试理科数学模拟试题（解析版）

这是一份四川省宜宾市南溪第一中学校2024届高三上学期一诊考试理科数学模拟试题（解析版），共23页。试卷主要包含了 函数的图象大致为， 在中， “”是“”的等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.考试结束后，将答题卡交回.
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. 平面直角坐标系中，角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据角的终边经过点，求出角的余弦值，即可求出结果.
【详解】因为角的终边经过点，
所以，
所以.
故选：A
2. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简集合，再利用集合的交并补运算求解即可，
【详解】由题意得，，更多课件教案等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 则，则，故A错误；
，或，则，故B正确；
又，，故C错误；
，故D错误.
故选：B.
3. 已知复数在复平面内对应的点在实轴上，则的值是（ ）
A. 3B. 4C. 5D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，由解出a的值，结合复数的几何意义即可求解.
【详解】由题意知，
，
所以复数z在复平面内对应的点的坐标为，
又该点在实轴上，所以，解得，
所以，则.
故选：D.
4. 执行如图的程序框图，则输出的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据程序框图计算出循环的每一步，由此可得出输出结果.
【详解】执行程序框图的中的程序，如下所示：
第一次循环，，，不满足；
第二次循环，，，不满足；
第三次循环，，，不满足；
第四次循环，，，不满足；
第五次循环，，，不满足；
第六次循环，，，满足.
跳出循环体，输出.
故选：D.
5. 已知实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出不等式组表示的可行域，利用目标函数的几何意义求出最小值.
【详解】画出不等式组表示可行域，如图中阴影三角形，
由，解得，即点，
目标函数，即表示斜率为3，纵截距为的平行直线系，
当直线过点时，该直线的纵截距最小，最小，即，
所以的最小值为最小值为 .
故选：D
6. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性及特殊值判定即可.
【详解】由可知是偶函数，即其图象关于纵轴对称，排除C、D选项；
又当时，，排除B项.
故选：A
7. 在中， “”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】C
【解析】
【分析】由三角形大边对大角可知，再由正弦定理可知充分性成立，同理可得必要性也成立.
【详解】由题可知，又，可知，可得；
又，所以，所以充分性成立；
若，可得，即，
又，，所以，可得，即；所以必要性成立；
因此“”是“”的充要条件.
故选：C
8. 某校在开展“深化五育并举、强大核心素养”活动中，选派了名学生到三个劳动实践点去劳动，每个劳动实践点至少1人，每名学生只能去一个劳动实践点，不同的选派方法种数有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】按照先分组，再分配的方法，即可求解.
【详解】将5名学生分成3组，3，1，1或是2，2，1
3，1，1的分组有种方法，2，2，1的分组有种方法，
所以分组方法共有种，再分配到3个劳动点，则有种方法.
故选：D
9. 将函数的图象向左平移个单位长度后关于轴对称，则的可能值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】写出平移后函数解析式，然后由图象关于轴对称得出的表达式，从而得出结论．
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得函数解析式为，它的图象关于轴对称，
则，又，则，
故选：B．
10. 下表为某外来生物物种入侵某河流生态后的前3个月繁殖数量（单位：百只）的数据，通过相关理论进行分析，知可用回归模型对与的关系进行拟合，则根据该回归模型，预测第7个月该物种的繁殖数量为（ ）
A. 百只B. 百只
C. 百只D. 百只
【答案】D
【解析】
【分析】将回归模型两边取自然对数，并令，由此构建一个与的回归直线模型，根据回归直线必过中心点，可求出a值，利用所得回归模型进行预测.
【详解】由题意，两边取自然对数得，
令，则，
，，
∵回归直线必过样本点的中心，∴，
得，∴，则，
当时，．
故选：D.
11. 设向量、、满足，，，，则的最大值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】不妨设，，，由已知条件可得出，则的几何意义是圆上的点到原点的距离，且原点也在圆上，由此可得出的最大值.
【详解】向量、、满足，，，
不妨设，，，则，
因为，整理可得，
的几何意义是圆上的点到原点的距离，
而原点也在圆上，
所以，的最大值为圆的直径长，故.
故选：A.
12. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，三棱柱外接球的球心为，点是侧棱上的一动点.下列说法正确的个数是（ ）
①直线与直线是异面直线；②若，则与一定不垂直；③若，则三棱锥的体积为；④ 三棱柱外接球的表面积的最大值为.
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据异面直线的判定判断①；根据线面垂直的性质定理可判断②；对于③：球心在两底面中心边线的中点，求出到平面的距离即可求三棱锥的体积；对④：设外接圆半径，由，，可得没有最大值也没有最小值，由可得取值情况即可.
【详解】对于①，因为点平面，平面，点，
平面，所以直线与直线是异面直线，故①正确；
对于②，因为侧棱底面， ，故底面,
底面，故；
而，则，即，
又平面,故平面,
又平面，故，
故当（此时为近的四等分点）时，平面，则直线平面，
又平面， 所以，故②错误；
对于③：若，则为正三角形，其外心为正三角形的中心，连接与交于，则为的中点，
三棱柱外接球的球心在两底面中心连线的中点，
因为平面，所以到平面的距离相等，
因为侧棱底面，平面，所以面平面，
又面平面，，平面，所以平面，
所以到平面的距离为，即到平面的距离为，
所以，故③正确；
对④：设外接圆半径，由正弦定理得，
因为，，所以没有最大值也没有最小值，
故外接球半径没有最大值也没有最小值，故④错误.
故只有①③正确.
故选：B
【点睛】方法点睛：几何体外接球球心的求法：
（1）将几何体置入长方体或直棱柱中找球心；
（2）利用几何法找到几何体各个顶点距离相等的点即为球心；
（3）设球心坐标，根据到各顶点的距离相等解方程组得到球心坐标.
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.请把答案直接填在答题卡对应题中横线上.
13. 小青准备用万元投资A，B两种股票，已知两种股票收益相互独立，且这两种股票的买入都是每股1万元，每股收益的分布列如下表所示，若投资A种股票万元，则小青两种股票的收益期望和为_______万元.
股票A的每股收益分布列
股票B每股收益分布列
【答案】##
【解析】
【分析】先计算两种股票每股收益的期望，再计算投资后的两种股票收益期望综合即可.
【详解】由题中两种股票每股收益的分布列可知：
，
，
所以两种股票的收益期望和为
.
故答案为：10.8
14. 若展开式中的系数为，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意得，结合二项式展开式的通项公式建立方程，解之即可求解.
【详解】由题意知，，
展开式的通项公式为，
所以含的项的系数为，
则，即，解得.
故答案为：2.
15. 已知数列满足，，若为数列前项和，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得：，，利用分组求和结合等比数列求和公式运算求解.
【详解】因为，
令，则，解得，
且，可得，
当为奇数，则；
当为偶数，则；
所以
，
即.
故答案为：.
16. 在中，内角的对边分别为，已知是和的等比中项.则的取值范围为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据等比中项的应用和正、余弦定理可得，则，.令，，利用导数讨论函数的性质求出函数的最值，即可求解.
【详解】因为是和的等比中项，所以，即，
由余弦定理可得，故，即，
由正弦定理可得，
即
，
又，所以，即.
所以，解得，，
由，
令，
令，得，得，即在区间上单调递增；
令，得，得，即在区间上单调递减.
因为，，，
故，即的取值范围为.
故答案为：.
三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、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. 已知数列的首项，是与的等差中项．
（1）求证：数列等比数列；
（2）证明：．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由题设，构造法得到，即可证结论.
（2）由（1）及放缩法得，再应用等比数列前n项和公式求和，即可证结论.
【小问1详解】
由题设，又，
所以是首项、公比均为2的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知：，则，显然时成立，
当有，此时，
综上，，得证.
18. 为深入学习党的二十大精神，激励青年学生积极奋发向上.某学校团委组织学生参加了“青春心向党，奋进新时代”为主题的知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩（卷面共100分）频率分布直方图如图所示.

（1）将此次竞赛成绩近似看作服从正态分布（用样本平均数和标准差S分别作为，的近似值），已知样本的标准差.现从该校参与知识竞赛的所有学生中任取100人，记这100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数为随机变量，求的数学期望；
（2）从得分区间和的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这10份样本中随机抽测3份试卷，若已知抽测的3份试卷来自于不同区间，求抽测3份试卷有2份来自区间的概率.
参考数据：若，则 ，，.
【答案】（1）16人 （2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图求出平均数，即可得到，再根据正态分布的性质求出，则，最后根据二项分布的期望公式计算可得；
（2）记事件：抽测的3份试卷来自于不同区间；事件B：取出的试卷有2份来自区间，利用古典概型的概率公式求出，，最后由条件概率的概率公式计算可得.
【小问1详解】
由题意可知，
的近似值，又样本的标准差，，
因为，即，
故 ，
由题意知：抽取100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数服从二项分布，
即，故的数学期望.
所以抽取的100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数的数学期望为16人；
【小问2详解】
由频率分布直方图可知，分数在和的频率分别为和，
按照分层抽样，抽取10份，其中分数在，应抽取份，
分数在应抽取份，
记事件：抽测的3份试卷来自于不同区间；
事件B：取出的试卷有2份来自区间，
则，，
所以 ，
所以抽测3份试卷有2份来自区间的概率为.
19. 已知椭圆的离心率为，焦距为4．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过椭圆的右焦点的动直线与椭圆交于、两点（点在轴上方），、为椭圆的左、右顶点，直线，与轴分别交于点、，为坐标原点，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求解即可得答案；
（2）由题意，设直线的方程为，，，则，，联立，利用韦达定理可得，易得 ，，由化简即可得答案.
【小问1详解】
由题意，有，解得，，，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
由椭圆可得右焦点，
由题意，点在轴上方且过点，则直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，则，，
由，可得，
所以，，
所以，即，
由，，
所以，则直线的方程为，
令，得，所以，
所以，则直线的方程为，
令，得，所以，
所以，
所以．
【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.
20. 如图，在四棱锥中，，，，平面平面.
（1）求证：面；
（2）点在棱上，设，若二面角余弦值为，求的值并判断是否平行平面(说明理由）.
【答案】（1）证明见解析
（2），不平行，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出线段长度利用勾股定理和线面垂直的判定定理求证即可.
（2）建立空间直角坐标系利用向量法求解，并判断是否与平面的法向量垂直即可.
【小问1详解】
由题意：，，
∴，
同理，，
∴，∴，
又平面平面，平面平面， 平面，
∴平面，
∴，
又且面，面，，
∴面；
【小问2详解】
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，，
由，
有，
令是平面的一个法向量，
则，即，
令，有，
取面的一个法向量，
∴，
解得，
与不垂直
不平行平面.
21. 已知函数.
（1）若，证明：；
（2）若，且，讨论函数的零点个数.
【答案】（1）证明见解析
（2）没有零点
【解析】
【分析】（1）作差法构造函数，利用导数得到函数在的单调性，根据函数单调性可证明不等式.
（2）将问题转化为若，且，讨论的零点个数，得到，对k的值分类讨论，确定导函数正负进而确定的单调性，证明在时的最小值大于零，即可证明，且，函数没有零点.
【小问1详解】
要证时，，即证，
设，，则，
即在上单调递增，则，即，
设，，则，
，则在上单调递增，
则，即在上单调递增，则，
则，
综上所述，原不等式成立.
小问2详解】
由可得，
令，，，
①若，在递增，，无零点；
②若，， 在递增，递减，递增.
其中，所以，
显然，，， ，
消元：，其中 ，
令 ，，，
则，
即，无零点 ，
综上所述，若，且，函数没有零点.
【点睛】判断函数的单调性，确定在区间端点处函数值的正负，利用零点存在定理可以判断函数在区间上是否存在零点，进一步可以讨论函数在整个定义域上零点的个数.
（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. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），将曲线C向上平移1个单位长度得到曲线．以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设．
（1）求曲线的普通方程和点P的直角坐标；
（2）已知直线l经过点P与曲线交于A，B两点（点A在点P右上方），且，求直线l的普通方程．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用公式可求得，结合三角变换公式可求，从而可得曲线的普通方程.
（2）设直线的参数方程为（为直线的倾斜角），利用参数的几何意义结合题设线段关系可求，故可求直线方程.
【小问1详解】
的横坐标为，纵坐标为，故.
∵，，
∴，则曲线的普通方程为：．
【小问2详解】
设直线的参数方程为（为直线的倾斜角）：
联立直线的参数方程与曲线的普通方程得：，
整理得到：.
设，两点对应的参数分别为，，则，
因为在的右上方，故，故，
故，
而，故，故即直线的斜率为，
∴直线的直角坐标方程为.
[选修4—5：不等式选讲]
23. 已知函数，不等式的解集为．
（1）求的值；
（2）若三个实数，，，满足．证明：
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得，即可得到方程组，解得即可；
（2）由（1）可知，则，利用柯西不等式即可证明.
【小问1详解】
∵不等式的解集为，
∴，即，∴，经检验得符合题意.
【小问2详解】
∵，
∴
，
由柯西不等式可知：
，
∴，
即，
当且仅当，，时等号成立.第个月
1
2
3
繁殖数量
收益/万元
概率
收益/万元
概率