2024眉山仁寿县高三下学期三诊模拟联考试题数学（理）含解析

这是一份2024眉山仁寿县高三下学期三诊模拟联考试题数学（理）含解析，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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．已知集合，，则（ ）
A．B． C． D．
2．若复数z满足，则的虚部为（ ）
A．－2 B．－1 C．1 D．2
3．运行图示程序框图，则输出A的值为（ ）．
A．170 B．165 C．150 D．92
4．已知数列满足，则“”是“是递增数列”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
5．在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则（ ）
A．3B．6C．7D．9
6．敏感性问题多属个人隐私．对敏感性问题的调查方案，关键是要使被调查者愿意作出真实回答又能保守个人秘密．例如为了调查中学生中的早恋现象，现有如下调查方案：在某校某年级，被调查者在没有旁人的情况下，独自一人回答问题．被调查者从一个罐子中随机抽一只球，看过颜色后即放回，若抽到白球，则回答问题A；若抽到红球，则回答问题B．且罐中只有白球和红球．
问题A：你的生日是否在7月1日之前?（本次调查中假设生日在7月1日之前的概率为）
问题B：你是否有早恋现象？
已知一次实际调查中，罐中放有白球2个，红球3个，调查结束后共收到1585张有效答卷，其中有393张回答“是”，如果以频率替代概率，则该校该年级学生有早恋现象的概率是（ ）（精确到0.01）
A．0.08B．0.07C．0.06D．0.05
7．若，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．一个信息设备装有一排六只发光电子元件，每个电子元件被点亮时可发出红色光､蓝色光､绿色光中的一种光.若每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，根据这三个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示不同的信息，则这排电子元件能表示的信息种数共有（ ）
A．60种B．68种C．82种D．108种
9．已知函数，关于的命题：①的最小正周期为；②图像的相邻两条对称轴之间的距离为；③图像的对称轴方程为；④图像的对称中心的坐标为；⑤取最大值时. 则其中正确命题是（ ）
A．①②③B．①③⑤C．②③⑤D．①④⑤
10．直线过双曲线的右焦点，且与的左、右两支分别交于A，B两点，点关于坐标原点对称的点为，若，且，则的离心率为（ ）
A．3B．C．2D．
11．如图，在棱长为1的正方体中，已知，分别为线段，上的动点，为的中点，则的周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数存在极小值点，且，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C． D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知为偶函数，则 .
14．已知实数x，y满足则的最大值是 ．
15．已知三棱柱中，是边长为2的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为的中点，为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为 .
16．如图，已知，，为边上的两点，且满足，，则当取最大值时，的面积等于 .
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．已知为各项均为正数的数列的前项和,.
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为,若对恒成立，求实数的最大值.
18．2023年，全国政协十四届一次会议于3月4日下午3时在人民大会堂开幕，3月11日下午闭幕，会期7天半；十四届全国人大一次会议于3月5日上午开幕，13日上午闭幕，会期8天半.为调查居民对两会相关知识的了解情况，某小区开展了两会知识问答活动，现将该小区参与该活动的240位居民的得分（满分100分）进行了统计，得到如下的频率分布直方图.
(1)若此次知识问答的得分X服从，其中近似为参与本次活动的240位居民的平均得分（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），求的值；
(2)中国移动为支持本次活动提供了大力支持，制定了如下奖励方案：参与本次活动得分低于的居民获得一次抽奖机会，参与本次活动得分不低于的居民获得两次抽奖机会，每位居民每次有的机会抽中一张10元的话费充值卡，有的机会抽中一张20元的话费充值卡，假设每次抽奖相互独立，假设该小区居民王先生参与本次活动，求王先生获得的话费充值卡的总金额Y（单位：元）的概率分布列，并估计本次活动中国移动需要准备的话费充值卡的总金额（单位：元）
参考数据：，，.
19．已知正方形的边长为4，，分别为，的中点，以为棱将正方形折成如图所示的的二面角．
(1)若为的中点，在线段上，且直线与平面所成的角为，求此时平面与平面的夹角的余弦值．
(2)在（1）的条件下，设，，，且四面体的体积为，求的值．
20．已知长为的线段的中点为原点，圆经过两点且与直线相切，圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点且互相垂直的直线分别与曲线交于点和点，且，四边形的面积为，求实数的值.
21．已知函数在点处的切线斜率为1．
(1)求实数的值并求函数的极值；
(2)若，证明：．
（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]（10分）
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
(1)求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程；
(2)点分别为曲线与直线上的动点，求的最小值.
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．已知函数
(1)求不等式的解集；
(2)设的最小数为，正数满足，求的最小值.
2021级高三下学期第三次模拟试题
理科数学参考答案：
1．B
【分析】将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，，
所以.
故选：B.
2．C
【分析】利用复数除法运算及i的周期性运算即可.
【详解】因为，所以，
则，故的虚部为1.
故选:C．
3．B
【分析】根据程序框图逐步计算即可.
【详解】因为，
所以执行循环体得，
由不成立，
所以执行循环体得，
由成立，所以，然后输出.
故选：B
4．A
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合递增数列的意义判断即得.
【详解】当时，，则，是递增数列；
反之，当时，，数列递增，因此数列是递增数列时，可以不小于3，
所以“”是“是递增数列”的充分不必要条件.
故选：A
5．B
【分析】根据外心的性质得到，设，根据数量积的运算律得到，再由数量积的定义及几何意义求出，从而得解.
【详解】因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，

所以，，设，
则
，
又是的外心，所以
，
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据外接圆的性质将转化为，再一个就是利用数量积的几何意义求出.
6．A
【分析】根据古典概型分别求出抽到红球的概率和抽到白球的概率，并且计算出回答问题A、B的人数，从而可分别计算出回答问题A、B的人中答 “是” 的人数以及比例.
【详解】从罐子中随机抽一个球, 抽到红球的概率为，
抽到白球的概率为，
所以回答问题A的人数是人
回答问题B的人数是人，
回答问题A的人中答 “是” 的人数是，
所以回答问题B的人中答 “是” 的人数是，
则估计该校该年级学生有早恋现象的概率为，
故选：A
7．B
【分析】利用辅助角公式、同角三角函数的平方关系、二倍角公式、正弦的差角公式计算即可.
【详解】由题意可知，
因为，所以，
所以，
所以，
而，
所以，
而.
故选：B
8．D
【分析】利用插空法结合组合数求解.
【详解】每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，
所以需把3个亮的发光原件插入未点亮的元件中，有种方法，
且不同颜色数有种，
所以这排电子元件能表示的信息种数共有种.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查组合计数问题，关键是插空法的应用.
9．B
【分析】借助三角恒等变换可将原函数化为正弦型函数，借助正弦型函数的性质逐一判断即可得.
【详解】，
则的最小正周期为，故①正确；
图像的相邻两条对称轴之间的距离为，故②错误；
令，则，故③正确；
令，则，故④错误；
令，则，故⑤正确.
故选：B.
10．B
【分析】借助双曲线定义与双曲线的对称性，结合题意可得，，利用勾股定理计算即可得解.
【详解】如图所示，取双曲线左焦点，设，则，
由双曲线定义可得，又、关于原点对称，
故，，，
则，
由，故，故有，
化简可得，即有，，
由，则有，即，
即.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于找出左焦点，设，从而借助双曲线定义将其它边表示出来，结合勾股定理计算出各边长，从而可列出与、有关的齐次式，得到离心率.
11．B
【分析】设的中点为，即可证明，从而得到，再将平面与平面展开并摊平，在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，利用余弦定理计算可得.
【详解】

设的中点为，连接（不与点重合），，，，
所以，所以，把平面与平面展开并摊平，如图，
在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，
在中利用余弦定理可得，

所以的周长的最小值为．
故选：B．
12．D
【分析】
根据给定条件，利用导数结合零点存在性定理探讨极小值点，并求出极小值，利用导数求出的解集，再利用导数求出的范围.
【详解】函数的定义域为，求导得，
当时，函数在上单调递减，，
，则存在，使得，
当时，，递增，当时，，递减，
函数在取得极大值，无极小值，不符合题意；
当时，令，求导得，显然在上单调递增，
当时，，函数递减，当时，，函数递增，
于是，
当，即时，，函数在上单调递增，函数无极值，
当时，，而，
存在，使得，当时，，函数递增，
当时，，函数递减，函数在取得极大值，
又，令，求导得，
函数在上单调递减，，则，
存在，使得，当时，，函数递减，
当时，，函数递增，函数在取得极小值，因此，
由，得，，
即有，令，求导得，
函数在上单调递减，而，即有，于是，
显然，令，求导得，即函数在上单调递减
因此，即，又，则，
所以实数的取值范围为.
故选：D
【点睛】结论点睛：可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同．
13．
【分析】法一：先利用求得，然后代入验证；法二：利用偶函数的定义建立方程求解即可.
【详解】法一：特殊值法：因为为偶函数，所以，
所以，解得，
经检验，当时，为偶函数，符合题意.
法二：定义法：因为为偶函数，所以，
所以，化简得，
所以，解得.
故答案为：
14．
【分析】
先依据题意作出可行域，将目标式转化为截距问题求解即可.
【详解】令，即求中截距的最大值即可，如图作出可行域，
易知当过点时，该直线截距最大，取得最大值，
联立方程组，，解得，，故，
将代入中，得，解得，
即的最大值是.
故答案为：
15．
【分析】解法一 连接，，记，确定为外接圆的圆心，然后利用面面垂直的性质定理证明平面，利用球的性质建立方程求解外接球的半径，代入球的表面积公式求解即可；
解法二 连接，，利用面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，先求出的外接圆圆心，然后计算出球心的坐标，即可求出球的半径，代入球的表面积公式求解即可.
【详解】解法一 连接，，记，则.
连接，，则，故为外接圆的圆心.
取的中点，连接，则，所以点在的外接圆上．
连接，因为为等边三角形，所以，.
由平面平面，知平面平面，
又平面平面，平面，所以平面.
设三棱锥的外接球半径为，则，
故三棱锥的外接球的表面积为.

解法二 连接，，则为正三角形，，故，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
以为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

得，，，，，，
由为等边三角形，则的外接圆圆心为.
设三棱锥的外接球的球心为，连接，，，
则平面，又平面，所以.
设，由，可得，
解得，因此球心，故外接球半径，
故三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：求几何体外接球的半径，可以根据题意先画出图形，确定球心的位置，进而得到关于球的半径的式子，解题时要注意球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面的直线上，且球心到几何体各顶点的距离相等.在确定球心的位置后可在直角三角形中表示出球的半径，此类问题对空间想象能力和运算求解能力要求较高，难度比较大.
16．/
【分析】由题设足，考虑三角形的面积之比，将其化简得，借助于余弦定理和基本不等式求得的最大值和此时的三角形边长，由面积公式即可求得.
【详解】
如图，不妨设,分别记的面积为,
则①②
由①，②两式左右分别相乘，可得：,故得：.
设，在中，由余弦定理，，因，则，当且仅当时，等号成立，
此时，因，故，取得最大值，此时的面积等于.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：对条件等式的转化，本题中，注意到有角的相等和边长乘积的比，结合图形容易看出几个等高的三角形，故考虑从面积的比入手探究，即得关键性结论，之后易于想到余弦定理和基本不等式求出边长和角即得.
17．(1)；
(2)1.
【分析】（1）先求得的值，然后利用与的关系推出数列为等差数列，由此求得的通项公式；
（2）首先结合（1）求的表达式，然后用裂项法求得，再根据数列的单调性求得的最大值．
【详解】（1）当时，由题设得，即，又，解得.
由知：.
两式相减得：，即.
由于，可得，即，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以.
（2）由得：
.
因为，
所以，则数列是递增数列，
所以，故实数的最大值是.
18．(1)
(2)分布列见解析，总金额为元
【分析】（1）由频率分布直方图中平均数的计算公式求出，再由正态分布对称性即可求得的值；
（2）求出Y的所有可能取值及其对应概率，即可得出分布列，求得，即可求出本次活动中需要准备的话费充值卡的总金额.
【详解】（1）依题意，，
所以，
故
．
（2）参与活动的每位居民得分低于74分的概率为，得分不低于74分的概率为．
Y的所有可能取值分别为10，20，30，40．
，，
，，
所以Y的概率分布为
所以，
所以本次活动中国移动需要准备的话费充值卡的总金额为元．
19．(1)
(2)
【分析】
（1）根据二面角可知，可证平面，建系，根据题意利用空间求点的坐标，进而求面面夹角；
（2）根据题意关系结合点到面距离的向量求法运算求解.
【详解】（1）由题意知，，，
，，平面，可得平面，
且为二面角的平面角，即，
连接，而，则为正三角形，取的中点，
连接，则，由平面，平面，
所以平面平面，
而平面平面，平面，
可得平面，
取的中点，连接，由矩形得，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则点，
可得，
设点， 则，
设平面的法向量，则，
令，则，，可得，
因为直线与平面所成的角为，
则，解得或（舍，
即，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
（2）因为，，可知，分别为，的中点，
又因为为的中点，则，
可得， ，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，可得，
因为，，，
由余弦定理得，
可知为锐角，可得，
则，
因为四面体的体积为，设点到平面的距离为，
则，解得，
因为，则，可得，
则，解得．
所以的值为
20．(1)
(2)
【分析】（1）直接写出圆心符合的等量关系式，进而得到曲线的方程；
（2）先用点差法求出方程，再联立曲线，用弦长公式求，根据垂直，同理可求，再表示面积即可求出实数的值.
【详解】（1）由题意知圆心在线段的垂直平分线上，则,设，圆的半径为，
则，
又圆与直线相切，故，
于是，化简得，
所以曲线的方程为.
（2）设，根据可得为的中点，
则，得，
即，所以直线.
联立方程，得，得，
由，得，
所以，
所以.
设，因为互相垂直，易知直线，
联立方程，得，
得，
由，得，
所以，
所以.
则四边形的面积为.
令，
化简得，
解得（舍）或，符合，所以.
21．(1)，的极小值为，无极大值.
(2)证明见解析.
【分析】（1）由已知，求出，根据点处的切线斜率为1，得到，求出，则为已知函数，利用导数求出极值.
（2）由，可得，由，然后换元变形，利用导数的单调性即可证明出，则原命题得证.
【详解】（1）由已知，，
因为函数在点处的切线斜率为1，
所以，
则，定义域为，
，令，解得，
令，解得，令，解得，
在上单调递减，在上单调递增，
在时取得极小值，无极大值.
（2）由已知，令，
则，即，，即，
两式相减可得，，两式相加可得，，
消去，得，即，
由于，
因此只需证明即可，
而，
不妨设，则由可知，
，
令，
，令，则，
在上递减，故，
在上递增，，
则原命题得证.
22．(1)曲线为，直线为
(2)
【分析】（1）利用同角的三角函数关系式将曲线C的参数方程消去参数，结合直角坐标与极坐标互化公式进行求解即可；
（2）根据点到直线距离公式，结合辅助角公式、余弦函数的最值性质进行求解即可.
【详解】（1）因为，
将（为参数），消去参数，
可得.
由，得，
因为，所以.
所以曲线的普通方程为，
直线的直角坐标方程为.
（2）由点A在曲线上，设，
则点A到的距离为：
，
所以当时，，
所以的最小值为.
23．(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，利用零点分段法分类讨论，分别计算可得；
（2）由（1）可得，将式子变形为，再由乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】（1）不等式，即，
即，
所以或或，
解得或或，
综上可得，
所以不等式的解集为；
（2）因为的最小数为，所以，可得，
所以，解得，
所以
，
当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为．
Y
10
20
30
40
P