四川省眉山市仁寿县2024届高三数学下学期三诊模拟联考试题文含解析

这是一份四川省眉山市仁寿县2024届高三数学下学期三诊模拟联考试题文含解析，共11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．－2B．－1C．1D．2
3．运行图示程序框图，则输出A的值为（ ）．
A．170B．165C．150D．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．已知是抛物线上的点，是圆上的点，则的最小值是（ ）
A．2B．C．D．3
7．若，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．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．
9．已知函数，则满足不等式的的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
10．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
11．已知函数，若，则（ ）
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．如图，已知正方形的边长为，且，
连接交于，则
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．为提升学生身体素质，鼓励学生参加体育运动，某高中学校学生发展中心随机抽查了100名学生，统计他们在暑假期间每天参加体育运动的时间，并把每天参加体育运动时间超过30分钟的记为“运动达标”，时间不超过30分钟的记为“运动欠佳”，运动达标与运动欠佳的人数比为，运动达标的女生与男生的人数比为，运动欠佳的男生有5人.
(1)根据上述数据，完成下面2×2列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析“运动达标情况”与“性别”是否有关?
(2)现从“运动达标”的学生中按性别用分层随机抽样的方法抽取6人，再从这6人中任选2人进行体能测试，求选中的2人中恰有一人是女生的概率.
参考公式：，.
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，点为的中点，，.
(1)证明：平面ABCD；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值
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
文科数学参考答案
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】将问题转化为求的最小值，根据两点之间的距离公式，求得的最小值再减去半径即可.
【详解】如图，抛物线上点到圆心的距离为，

因此，当最小时，最小，
而，
当时，，因此的最小值是．
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．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.
9．D
【分析】先利用函数奇偶性的定义，结合复合函数的单调性与导数，分析得的奇偶性与单调性，从而转化所求不等式得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】由，得的定义域为，
又，故为偶函数，
而当时，易知单调递增，
而对于，在上恒成立，
所以在上也单调递增，
故在上单调递增，
则由，得，解得或.
故选：D.
10．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.
11．D
【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数单调性比较大小.
【详解】依题意，，，
因此，而函数在上单调递增，
所以，即.
故选：D
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】建系，根据平面向量的线性运算的坐标表示求的坐标，进而结合数量积的坐标运算求解.
【详解】以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，建立直角坐标系，则，，
设，可得，
因为，则，可得，
即，解得，即的坐标为，
设，则，，
由可得，解得，
则，，可得
所以．
故答案为：.
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)表格见解析，“运动达标情况”与“性别”无关.
(2)
【分析】（1）由条件完成列联表，根据公式代入计算可判断结果；
（2）先根据分层抽样方法抽取，然后由概率公式计算即可.
【详解】（1）2×2列联表为：
假设：运动达标情况与性别无关.
.
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
即认为“运动达标情况”与“性别”无关.
（2）已知“运动达标”的男生、女生分别有20人和40人，按分层随机抽样的方法从中抽取6人，则男生、女生分别抽到2人和4人，
则选中2人中恰有一人是女生的概率为
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据勾股定理的逆定理可证得，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由（1），建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.
【详解】（1）连接AO，
，点O为BD的中点，，，
为直角三角形，，
则，，
又，平面ABCD，
平面ABCD；
（2）由（1）知平面ABCD，而平面ABCD，
所以，又，
过点D作z轴，使得z轴平面ABCD，则可建立如图空间直角坐标系，
在中，，，则，，
，，，，
则，，，
设平面SBC法向量为，直线与平面SBC所成角为，
，，得，
所以，
直线AS与平面SBC所成角的正弦值为
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．
性别
运动达标情况
合计
运动达标
运动欠佳
男生
女生
合计
0.10
0.05
0.01
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
性别
运动达标情况
合计
运动达标
运动欠佳
男生
20
5
25
女生
40
35
75
合计
60
40
100