四川省成都外国语学校2024届高三下学期高考模拟（六）理科数学试题（Word版附解析）

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1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先解绝对值不等式求出集合，再根据幂函数的性质求出集合，最后根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，
所以.
故选：C
2. 若复数满足（其中为虚数单位），则的虚部是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数模及除法运算求出即可.
【详解】依题意，，则，
所以的虚部是.
故选：B
3. 已知x，y满足约束条件，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据线性约束条件得可行域，确定目标函数取最值的情况从而可得取值范围.
【详解】根据约束条件确定的可行域，如下图：
则目标函数的最值即直线纵截距的最值，
可知在图中处，取到最大值.
故选：A．
4. 若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ）
A. 1B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】求导，与直线垂直，求出的值.
【详解】由，求导，
则在点处的切线的斜率为，
而在点处的切线与直线垂直,
则，故.
故选：D
5. 已知角终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据诱导公式进行化简，然后对原式进行齐次化，转化为只含有的代数式，代入计算可知结果为选项B.
【详解】利用诱导公式化简：
已知角的终边经过点，可得，且.
分子分母同时除以：
.
故选：B
6. 已知向量，则“与的夹角为钝角”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 既不充分也不必要条件
C. 充要条件
D. 必要不充分条件
【答案】A
【解析】
【分析】由已知结合向量夹角公式及向量平行的坐标表示即可求解．
【详解】由已知可得，，
由可得，，解得，
由“与的夹角为钝角”可得，即且，
所以“与的夹角为钝角”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
7. 如图，圆O内接一个圆心角为60°的扇形，在圆O内任取一点，则该点落在扇形ABC内的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接OA，OC，设圆的半径为r，求出AC，利用扇形面积公式求出扇形ABC的面积，再结合几何概型求概率公式求解．
【详解】连接OA，OC，
则，，
取中点，连接，则⊥，
其中，
所以，
所以扇形的面积为，
又因为圆的面积为，
所以在圆O内任取一点，该点落在扇形ABC内的概率为．
故选：C
8. 地球生命来自外星吗？一篇发布在《生物学快讯》上的文章《基因库的增长是生命起源和演化的时钟》可能给出了一种答案．该论文的作者根据生物功能性基因组里的碱基排列数的大小定义了基因库的复杂度y（单位：1），通过研究各个年代的古代生物化石里基因库的复杂度，提出了一个有趣的观点：生物基因库的复杂度近似是随时间呈指数增长的，只要知道生物基因库的复杂度就可以推测该生物体出现的年代．如图是该论文作者根据生物化石（原核生物，真核生物，蠕虫，鱼类，哺乳动物）中的基因复杂度的常用对数与时间（单位：十亿年）的散点图及回归拟合情况（其中回归方程为：，相关指数）．根据题干与图中的信息，下列说法错误的是（ ）
A. 根据信息生物基因库的复杂度近似是随时间呈指数增长的情况，不同于作者采取取常用对数的做法，我们也可采用函数模型来拟合
B. 根据回归方程可以得到，每过10亿年，生物基因库的复杂度一定增加到原来的倍
C. 虽然拟合相关指数为0.97，但是样本点只有5个，不能很好地阐释其统计规律，所以增加可靠的样本点可以更好地完善回归方程
D. 根据物理界主流观点：地球的形成始于45亿年前，及拟合信息：地球在诞生之初时生物的复杂度大约为，可以推断地球生命可能并非诞生于地球
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数式与对数式互化判断A；利用回归方程的意义判断B；利用相关指数的意义判断C；求出地球在诞生之初时生物的复杂度，结合描述判断D.
【详解】对于A，由，得，
令，满足，A正确；
对于B，观察散点图，所给5个点不全在回归直线上，回归拟合是近似的，
不能说每过10亿年，生物基因库的复杂度一定增加到原来的倍，B错误；
对于C，数据越多，拟合的准确性越高，因此增加可靠的样本点可以更好地完善回归方程，C正确；
对于D，当时，，根据回归方程可知，
当时，，即地球在诞生之初时生物的复杂度大约为，
可以推断地球生命可能并非诞生于地球，D正确.
故选：B
9. 在中，分别是角的对边，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理和余弦定理结合三角变换公式可求三角函数式的值.
【详解】由同角三角函数的关系，结合正弦定理与余弦定理可得：
，
又，代入可得.
故选：B
10. 若函数，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断函数的单调性及对称性，然后结合对称性及单调性即可比较函数值的大小．
【详解】因为，
所以
所以关于对称，
当时，令，则，
所以在上单调递增，且恒成立，
所以在上单调递减，
又在上单调递减，
所以在上单调递减，
又关于对称，故在上单调递增，且，
因为，
又，
且，
，
所以，故.
故选：A.
11. 如图，在直三棱柱中，，E、F、G、H分别为的中点，则下列说法中错误的是（ ）

A. E、F、G、H四点共面
B. 三线共点
C. 设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为
D. 与平面所成角为
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行确定平面判断A；利用相交平面的公共点共线得三点共线可判断B；作出截面四边形，根据截面边长的大小判断C；作于，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而得到为与平面所成的角可得D正确.
【详解】如图，

A：连接，因为E、F、G、H分别为、、、的中点，
所以，，所以，所以E、F、G、H四点共面，故A正确；
B：由A知，且，所以梯形的两腰、所在直线必相交于一点，
因为平面，平面，
又平面平面，所以，所以与重合，
即、、三线共点于，故B正确.
C：延长交的延长线于点，连接，交于点，连接，，
设确定平面为，则，所以，所以，
则易知三棱柱的截面四边形为， 在中，，
在中，，而中，，
而，所以截面的周长大于，故C错误；
D：作于，
因为，所以为中点，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，所以，
又平面，平面，
所以平面，
所以为与平面所成的角，等于，故D正确；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：利用共面的判定，结合直线与平面的关系，作出平面与三棱柱截面的图形，是解决C选项的关键所在
12. “肝胆两相照，然诺安能忘．”（《承左虞燕京惠诗却寄却寄》，明•朱察卿）若成中心对称，则称，同时把和视为同一对“然诺点”．已知的图象上有两对“然诺点”，则等于（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】当时，，其关于点对称的函数为，问题转化为与在上有两个交点，联立方程得到，构造函数，利用函数图象即可求出结果.
【详解】当x＞1时，关于点对称的函数为，
由题知与在上有两个交点，
由，消得到，
又，得到，
令，
则和在上有两个交点，
在同一坐标系中，作出和的图象，如图所示，
因为的图象可由上下平移得到，
由图知，得到，
又，
所以．
故选：C．
【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题
（1）先求函数关于点对称的函数；
（2）将问题转化为函数与在上有两个交点；
（3）最后利用构造函数，通过图象即可求解.
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. 抛物线C：经过点，则点P到C的焦点的距离为________．
【答案】2
【解析】
【分析】将点P坐标代入抛物线方程求出p，求出F，结合两点间距离公式计算即可求解.
【详解】把代入得，
所以C的焦点为，
所以．
故答案为：2
14. 展开式中x2系数为___________．
【答案】
【解析】
【分析】直接由二项展开式的通项公式即可求得答案．
【详解】由题意得，
所以展开式中含项为：,
故答案为：．
15. 已知椭圆：（），、为椭圆的左右焦点，为椭圆上一点，连接并延长交椭圆于另一点，若，，则椭圆的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】由题意，，结合椭圆定义可将这些长度以及用同一个参数表示，然后分别在在、中，对利用余弦定理，结合离心率公式化为其次方程即可得解.
【详解】如图所示：
由题意，，，
所以不妨设，
而由椭圆定义有，
所以，
所以，
在中，由余弦定理有，
在中，由余弦定理有，
交叉相乘得，即，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决问题的关键在于表示出以及，然后利用余弦定理即可顺利得解.
16. 已知直线与⊙交于两点，设弦的中点为M，则取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】易知直线l过定点，且点P在圆C内，结合MP垂直于MC，可得动点M的轨迹方程为，由此容易得出的范围．
【详解】将圆C的方程为化为标准方程为，则圆心为，
直线，易知直线恒过定点
又,所以点在圆内，如下图所示：
由于MP垂直于MC，则点M的轨迹为以CP为直径的圆，
所以动点M的轨迹方程为，
圆的圆心为，
又，，
可得，
即的取值范围为．
故答案为：．
三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知数列的前项和为，且满足．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）已知，求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由与的关系，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；
（2）由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和．
【小问1详解】
当时，，解得，
当时，由，可得,
两式相减得，所以，即，
又因为，所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以数列的通项公式为；
【小问2详解】
由（1）知，，
所以数列 的前项和为，
可得，
两式相减得，
所以．
18. “阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，四边形是边长为3的正方形，，．
（1）证明：四棱锥是一个“阳马”；
（2）已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明平面，得到，再由平面得到，即可证明平面，从而得解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用二面角为计算出.
【小问1详解】
四边形是正方形，，
，，平面，
平面，
平面，，
四边形是正方形，，
，，平面.
平面，
平面，，
，平面，
平面，
四棱锥是一个“阳马”；
【小问2详解】
由（1）得平面，平面，，
，，，
以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，
所以，
设，，
，，，
即，所以，
，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
，或（舍去）.
19. 甲､乙两人准备进行台球比赛，比赛规定：一局中赢球的一方作为下一局的开球方.若甲开球，则本局甲赢的概率为，若乙开球，则本局甲赢的概率为，每局比赛的结果相互独立，且没有平局，经抽签决定，第1局由甲开球.
（1）求第3局甲开球的概率；
（2）设前4局中，甲开球次数为，求的分布列及期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）设第局甲胜为事件，则第3局甲开球为事件，结合条件概率公式计算即可.
（2）由的取值，根据对应的事件，求相应的概率，得分布列，由公式求解期望.
【小问1详解】
设第局甲胜事件，则第局乙胜为事件，其中
则“第3局甲开球”为事件，
.
【小问2详解】
依题意，
，
，
，
，
的分布列为
则.
20. 已知双曲线的焦距为，点在C上．
（1）求C的方程；
（2）直线与C的右支交于两点，点与点关于轴对称，点在轴上的投影为.
①求的取值范围；
②求证：直线过点．
【答案】（1）
（2）① ；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题可得，解方程即可得到答案；
（2）①设，联立，消去得，由于与的右支交于，两点，双曲线的渐近线方程为，可得，以及，解不等式可得的取值范围；
②由①得，，由题可得，利用向量关系可得，从而可得，，三点共线，即可证明.
【小问1详解】
由已知得，解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
①设，，则，
联立，
消去得，
则，，
解得，且.
又与的右支交于，两点，的渐近线方程为，
则，即，
所以的取值范围为.
②由①得，，
又点在轴上的投影为，所以，，
所以，
，
所以，
又，有公共点，所以，，三点共线，所以直线过点.
【点睛】关键点睛：（1）直线与双曲线一支相交于两点，可利用韦达定理、根的判别式以及直线斜率与渐近线斜率的关系进行求解；
（2）证明直线过定点，可利用向量平行关系进行证明.
21. 已知函数（其中常数，是自然对数的底数）.
（1）求函数极值点；
（2）若对于任意，关于的不等式在区间上存在实数解，求实数的取值范围.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】（1）求导得到，对分类讨论，求出单调区间，进而求出极值点；
（2）所求问题转化为，由（1）得当在单调递减，单调递增，构造函数，可证的，可求出得，转化为任意，，通过证明，只需时，不等式恒成立，构造函数，，求出的取值范围，即可得出结论.
【详解】（1）易知，
①当时，
∴函数的极小值点为，无极大值点；
②当时，
∴函数的极大值点为，极小值点为；
③当时，，
∴函数单调递增，即无极值点；
④当时，
∴函数的极大值点为，极小值点为；
综上所述，当时，函数的极小值点为，无极大值点；
当时，函数的极大值点为，极小值点为；
当时，函数无极值点；
当时，函数的极大值点为，极小值点为.
（2）以下需多次引用到如下不等式：，当且仅当时取等号，证明略.
注意到当时，有.
（法一）∵当时，，
∴，
（法二）令，则，
当时，，
∴，即，
显然，∴，
∴由（1）可知当时，在区间上递减，
在区间上递增，
∴在区间上的最小值为，
∵关于的不等式在区间上存在实数解，
∴只需当时，关于不等式恒成立，
由上易知当时，，
∴只需当时，不等式恒成立即可，
令函数，，
即，
（法一）令函数，
，则，
当时，∵，∴，
∴，∴，即，
（法二）令函数，，
则，∴，又，
∴函数在点处的切线方程为，
即，如图所示，易知，
当且仅当时取等号，
∴当时，，
∴当时，，
∴，即，
∴当时，不等式恒成立，只需，
综上，实数的取值范围为.
【点睛】本题以基本初等函数、不等式问题为载体，考查利用导数分析、解决问题的能力，分类讨论思想及逻辑推理、数学运算等数学核心素养，具有一定综合性，属于难题.
四、请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑．
22. 在平面直角坐标系中，直线的方程为为参数，曲线经过伸缩变换后得到曲线.以点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求直线的极坐标方程和曲线的普通方程；
（2）设射线与直线和曲线分别交于点，求的最大值.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）通过加法消元求得直线的普通方程，再利用求得其极坐标方程；对曲线通过变换，即可容易求得其直角坐标方程；
（2）求得曲线的极坐标方程，联立与直线和曲线的极坐标方程，求得，将目标式转化为关于的三角函数，求其最值即可.
【小问1详解】
对直线的参数方程，两式相加可得，且，
由，得，
又对曲线，经过变换，
则，即，
所以直线的极坐标方程为，曲线的普通方程为.
【小问2详解】
直线极坐标方程整理得，即，
曲线变形得，
即，，
由题可知，，
则
当且仅当，即，，
当时，的最大值为.
23. 已知．
（1）若，解不等式；
（2）当（）时，的最小值为3，若正数、满足，证明：．
【答案】（1）不等式的解集为
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分段讨论求解含绝对值符号的不等式即得；
（2）利用绝对值三角不等式结合最小值求出，再利用柯西不等式证明不等式即可.
【小问1详解】
若时，不等式为，
当时，原不等式化为，
解得，因此，
当时，
原不等式化为，解得，
所以，
当时，原不等式化为，
即，显然不成立，因此不等式无解，
所以不等式的解集为；
【小问2详解】
当时，，
当时等号成立，
由得，即，
由柯西不等式得，
即得，当且仅当，
即时取等号，所以原不等式成立.1
2
3
4
0
-
0
+
极小值
0
+
0
-
0
+
极大值
极小值
0
+
0
-
0
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极大值
极小值