2024年四川省成都外国语学校高考数学模拟试卷（理科）（四）（含详细答案解析）

这是一份2024年四川省成都外国语学校高考数学模拟试卷（理科）（四）（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设集合U={x∈Z|x2≤4}，A={1,2}，则∁UA=( )
A. [−2,0]B. {0}C. {−2,−1}D. {−2,−1,0}
2.已知向量a=(2,1)，b=(−2,4)，则|a−b|=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
3.已知i是虚数单位，则满足z−i=|3+4i|的复数z在复平面上对应点所在的象限为( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
4.已知α，β是空间两个不同的平面，命题p：“α//β”，命题q：“平面α内有无数条直线与β平行”，则p是q的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
5.中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第五天走的里程数约为( )
A. 2.76B. 5.51C. 11.02D. 22.05
6.函数f(x)=13x−lnx(x>0)的零点个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
7.在区间[−2,2]上随机取一个数k，使直线y=k(x+2)与圆x2+y2=1相交的概率为( )
A. 33B. 312C. 36D. 34
8.若α∈(0,π2)，α∈(0,π2),tan2α=2csα3−2sinα，则tanα等于( )
A. 33B. 18C. 22D. 24
9.若如图所示的框图运行结果为S=28，那么判断框中应填入的关于k的条件是( )
A. k≥8？B. k>8？C. k>9？D. k≥7？
10.若定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)的偶函数f(x)在(0,+∞)上的图象如图所示，则不等式f(x)f′(x)>0的解集是( )
A. (−∞,−1)∪(0,1)B. (−1,0)∪(1,+∞)
C. (−∞,−1)∪(1,+∞)D. (−1,0)∪(0,1)
11.P是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点，F1、F2是C的两个焦点，PF1⋅PF2=0，点Q在∠F1PF2的平分线上，O为原点，OQ//PF1，且|OQ|=b.则C的离心率为( )
A. 12B. 33C. 63D. 32
12.已知a=110+111，b=ln65，c=(lg67−1)ln5，则( )
A. a>b>cB. b>c>aC. a>c>bD. c>a>b
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.抛物线x2+12y=0的准线方程是______.
14.已知命题p：若△ABC满足sinA=csB，则△ABC是直角三角形．说明p为假命题的一组角为A=__________，B=__________.
15.数列{an}满足：a1=1，a2=3，且an+2=an+1−an(n∈N,n>0)，则该数列前2024项和S2024=______.
16.在平面四边形ABCD中，AB=AD=3 2，BC=CD=3，BC⊥CD，将△ABD沿BD折起，使点A到达点A′，且A′C=3 3，则四面体A′−BCD的外接球O的体积为______；若点 E在线段BD上，且BD=4BE，过点E作球O的截面，则所得的截面圆中面积最小的圆的半径为______.
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
中国茶文化博大精深，饮茶深受大众喜爱，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关，某数学建模小组为了获得茶水温度y(单位： ℃)关于时间x(单位：min)的回归方程模型，通过实验收集在25℃室温，用同一温度的水冲泡的条件下，茶水温度随时间变化的7组数据，并对数据做初步处理得到如图所示散点图以及如表所示数据.
表中：wi=ln(yi−25)，w−=17i=17wi.
(1)根据散点图判断，①y=a+bx与②y=d⋅cx+25哪一个更适宜作为该茶水温度y关于时间x的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)请根据你的判断结果及表中数据建立该茶水温度y关于时间x的回归方程；
(2)已知该茶水温度降至60℃口感最佳，根据(1)中的回归方程，求在相同条件下冲泡的茶水，大约需要放置多长时间才能达到最佳饮用口感？
附：(1)对于一组数据(x1,y1)，(x2,y2)，…(xn,yn)，其回归直线y=a +β x的斜率和截距的最小二乘估计分别为β =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2，α =y−−β x−；
(2)参考数据：e−0.08≈0.92，e4.09≈60，ln7≈1.9，ln3≈1.1，ln2≈0.7
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=12−sin2ωx+ 32sin2ωx,(ω>0)的最小正周期为4π.
(1)求f(x)在[0,π]上的单调增区间；
(2)在△ABC中角A，B，C的对边分别是a，b，c满足(2a−c)csB=b⋅csC，求函数f(A)的取值范围.
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，侧面ABD，ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD= 3，BD=CD=1，另一个侧面是正三角形.
(1)求证：BC⊥AD；
(2)在线段AC上是否存在一点E，使ED与平面ABC成30∘角？若存在，求AE的长度；若不存在，说明理由.
20.(本小题12分)
已知在平面直角坐标系：xOy中，动圆P与圆C1：x2+y2+2x=8内切，与圆C2：x2+y2−2x=0外切，记动圆圆心P的轨迹为曲线E.
(1)求E的标准方程.
(2)若直线x=t(t≠1)与E交于A，B两点，直线BC2与E交于另一个点M，连接AM交x轴于点N，试问是否存在t，使得△MC2N的面积等于94？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
21.(本小题12分)
若实数集A，B对∀a∈A，∀b∈B，均有(1+a)b≥1+ab，则称A→B具有Bernulli型关系.
(1)若集合M={x|x≥1}，N={1,2}，判断M→N是否具有Bernulli型关系，并说明理由；
(2)设集合S={x|x>−1}，T={x|x>t}，若S→T具有Bernulli型关系，求非负实数t的取值范围.
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为ρ+4sinθ=0,θ∈[π,3π2].
(1)求C的参数方程；
(2)已知点D在C上，若C在D处的切线与直线l:y= 3x−3平行，求点D的极坐标.
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|2x+1|+|2x−2|.
(1)求f(x)的最小值；
(2)若x≥0时，f(x)≤ax+b恒成立，求a+b的最小值.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合U={x∈Z|x2≤4}={−2,−1,0,1,2}，A={1,2}，
则∁UA={−2,−1,0}.
故选：D.
根据已知条件，结合补集的定义，即可求解．
本题主要考查补集及其运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：a−b=(4,−3)，
故a−b= 42+(−3)2=5，
先计算处a−b的坐标，再利用坐标模长公式即可．
本题主要考查利用向量坐标求模，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由z−i=|3+4i|，得z= 32+42+i=5+i，
∴复数z在复平面上对应点的坐标为(5,1)，所在的象限为第一象限．
故选：A.
把已知等式变形求得z，得到z在复平面内对应的点的坐标得答案．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查了复数模的求法，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：若α//β，则平面α内的任意一条直线平行于另一个平面，故平面α内有无数条直线与β平行，所以p可以推出q，
根据面面平行的判定定理，如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行，
若平面α内有无数条直线与β平行，则α与β可能相交，不一定平行，所以q不能推出p，
所以p是q的充分不必要．
故选：A.
利用面面平行的性质和判定定理即可求得结果．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：设该马第n(n∈N*)天行走的里程数为an，
由题意可知，数列{an}是公比为q=12的等比数列，
所以，该马七天所走的里程为a1(1−127)1−12=127a164=700，
解得a1=27×350127，
故该马第五天行走的里程数为a5=a1⋅124=27×350127×124=2800127≈22.05.
故选：D.
设该马第n(n∈N*)天行走的里程数为an，分析可知，数列{an}是公比为q=12的等比数列，利用等比数列的求和公式求出a1的值，即可求得a5的值．
本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：因为f(x)=13x−lnx(x>0)，
令f′(x)=13−1x=0，得x=3，
所以当00，
所以函数f(x)在(1,3)和(3,e2)各有1个零点，
所以共2个零点．
故选：C.
利用导数确定函数的单调区间，再利用零点存在定理求零点个数即可．
本题考查了导数的综合运用及零点存在定理，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：因为圆x2+y2=1的圆心为(0,0)，半径r=1，
直线y=k(x+2)与圆x2+y2=1相交，
所以圆心到直线y=k(x+2)的距离d=|2k| 1+k20的解集．
利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，f′(x)>0(或f′(x)0(或f′(x)0)，则f′(x)=1x+1−1ln1110+ln1211=ln65，ln65=(lg56−1)ln5，
因为c=(lg67−1)ln5，
所以c−b=ln5(lg67−lg56)，lg56−lg67=lg6lg5−lg7lg6=(lg6)2−lg5lg7lg5lg6>(lg6)2−(lg5+lg72)2lg5lg6=(12lg36)2−(12lg35)2lg5lg6>0，
所以a>b>c，
故选：A.
根据已知条件及构造函数f(x)=ln(x+1)−x(x>0)，利用导数的正负与函数的单调性的关系，结合函数的单调性，再利用作差法、对数的运算及基本不等式即可求解．
本题主要考查了导数与单调性在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
13.【答案】y=3
【解析】解：抛物线x2+12y=0可化为x2=−12y，则2p=12，∴p2=3
∴抛物线x2+12y=0的准线方程是y=3
故答案为：y=3.
抛物线x2+12y=0化为x2=−12y，即可得到抛物线的准线方程．
本题考查抛物线的性质，考查学生的计算能力，属于基础题．
14.【答案】120∘
30∘

【解析】【分析】
若A=120∘，B=30∘，满足条件sinA=csB，此时三角形不是直角三角形，即可得解．
本题考查命题的真假的判断与应用，属于基础题．
【解答】
解：若A=120∘，B=30∘，
则sinA=csB，此时三角形不是直角三角形，说明p为假命题．
故答案为：120∘，30∘.
15.【答案】4
【解析】解：数列{an}满足：a1=1，a2=3，且an+2=an+1−an(n∈N,n>0)，
则a3=2，a4=−1，a5=−3，a6=−2，a7=1=a1，a8=3=a2，a9=2=a3，
所以{an}是以6为周期的数列，
又a1+a2+a3+a4+a5+a6=0，
S2024=S337×6+2=337×0+1+3=4.
故答案为：4.
由已知递推关系求出数列的周期，结合数列的周期进行转化即可求解．
本题主要考查了数列的递推关系及周期求解数列的和，属于中档题．
16.【答案】27 3π2 2
【解析】解：第一空：因为AB=AD=3 2,BC=CD=3，BC⊥CD，
所以BE=CE=DE=3 22,AE= AD2−DE2= (3 2)2−(3 22)2=3 62，且AC⊥BD，点E为△BCD外接圆的圆心，
所以四面体A′−BCD的外接球的球心O一定在过点E且垂直面BCD的直线上，
如图不妨设GE⊥面BCD，A′F⊥面BCD，
设四面体A′−BCD的外接球的半径R，OE=h,OB=R= OE2+EB2= h2+92,设FE=x，
则由对称性可知点F也在直线CE上且A′F⊥FC，AF=2OE=2h，
由题意A′E=AE=3 62,FC=FE+EC=x+3 22,A′C=3 3，
在Rt△A′FE中，有A′F2+FE2=A′E2，即x2+(2h)2=272，
在Rt△A′FC中，有A′F2+FC2=A′C2，即(x+3 22)2+(2h)2=27，
联立以上两式解得x=3 22,h=32，
所以R= h2+92= 94+92=3 32，
从而四面体A′−BCD的外接球的体积为V=43πR3=43×π×81 38=27 32π；
第二空：如图所示，
由题意将上述第一空中的点E用现在的点F来代替，而现在的点E为线段BD的靠近点B的三等分点，
此时过点E作球O的截面，若要所得的截面中面积最小，只需截面圆半径最小，
设球心到截面的距离为d，截面半径为r，则r= R2−d2，所以只需球心到截面的距离为d最大即可，
而当且仅当OE与截面垂直时，球心到截面的距离为d最大，即dmax=OE，
由以上分析可知此时OO1=FE=FB−BE=12BD−13BD= 22,OF=32，OE= OF2+EF2= 94+12= 112,R=3 32，
所以rmin= R2−OE2= 274−114=2.
故答案为：27 3π2；2.
第一空：由题意先画出图形，算出△BCD外接圆的半径，然后再算出点A到平面BCD的距离，从而即可得解；
第二空：若要所得的截面中面积最小，只需截面圆半径最小，所以只需球心到截面的距离为d最大即可，而当且仅当OE与截面垂直时，球心到截面的距离为d最大，即dmax=OE，所以只需算出OE的长度即可．
本题考查空间几何体的外接球和截面圆问题，属于中档题．
17.【答案】解：(1)更适宜的回归方程为②y=d⋅cx+25，
由y=d⋅cx+25，可得y−25=d⋅cx，
两边取自然对数，得ln(y−25)=lnd+xlnc，
令w=ln(y−25)，a=lnd，b=lnc，
则w=bx+a，
计算得x−=0+1+2+3+4+5+67=3，
所以i=17(xi−x−)2=28，
结合表中数据，可得b=i=17(xi−x−)(wi−w−)i=17(xi−x−)2=−2.2428=−0.08，
所以a=w−−bx−=3.85+0.08×3=4.09，
所以d=ea=e4.09≈60，c=eb=e−0.08≈0.92，
所以茶水温度y关于时间x的回归方程为y=60×0.92x+25；
(2)由题意可知，25℃室温下，茶水温度降至60摄氏度口感最佳，
即60=60⋅0.92x+25⇒x1n0.92=1n60−2560，
所以xln0.92=ln7−2ln2−ln3≈−0.6，
解得x≈−0.6−0.08=7.5，
故在室温下，刚泡好的茶水大约需要放置7.5min才能达到最佳引用口感．
【解析】(1)由散点图可判断更适宜的回归方程为②y=d⋅cx+25，转化为线性回归方程w=bx+a，其中w=ln(y−25)，a=lnd，b=lnc，利用公式求出a，b的值，进而求出c，d的值即可；
(2)由题意可知60=60×0.92x+25，进而求出x的值即可．
本题主要考查了线性回归方程的求解与应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)f(x)=12−sin2ωx+ 32sin2ωx
=12−1−cs2ωx2+ 32sin2ωx
= 32sin2ωx+12cs2ωx
=sin(2ωx+π6)，
∵T=2π2ω=4π，
∴ω=14，
故f(x)=sin(12x+π6)，
由−π2+2kπ≤12x+π6≤π2+2kπ,k∈Z，解得4kπ−4π3≤x≤4kπ+2π3,k∈Z，
当k=0时，−4π3≤x≤2π3，
又x∈[0,π]，
所以f(x)在[0,π]上的单调增区间为[0,2π3]；
(2)由(2a−c)csB=b⋅csC，得(2sinA−sinC)csB=sinBcsC，
∴2sinAcsB=sinBcsC+csBsinC=sin(B+C)=sinA，
∵sinA≠0，
∴csB=12，
∵B∈(0,π)，
∴B=π3，
∴f(A)=sin(12A+π6)，
∵01，(1+x)1=1+x，(1+x)2=1+2x+x2>1+2x
∴M→N具有Bernulli型关系．
(2)∵集合S={x|x>−1}，T={x|x>t}，
若S→T具有Bernulli型关系，
令f(x)=(1+x)b−bx−1，x∈S，b∈(0,+∞)，
则f′(x)=b[(1+x)b−1−1]，
①当b=1时，显然有(1+a)b=1+ab，∴(1+x)b≥1+xb成立；
②当b>1时，若−1