四川省绵阳市2024届高三数学下学期三诊模拟考试理试题含解析

这是一份四川省绵阳市2024届高三数学下学期三诊模拟考试理试题含解析，共24页。试卷主要包含了 已知全集，集合，，则， 已知，为实数，， 展开式中的常数项是， a，b为实数，则“”是“”的等内容，欢迎下载使用。
试题时间：120分钟满分：150分
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分
第I卷（选择题共60分）
一､选择题（本大题共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. 已知全集，集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可.
【详解】由题意可得：，则.
故选：A.
2. 已知，为实数，（i为虚数单位）是关于的方程的一个根，则（）
A. 0B. 1C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由是关于的方程的一个根，则是关于的方程的一个根，结合根与系数的关系求解即可.
【详解】由是关于的方程的一个根，
则是关于的方程的一个根，
则，，
即，，则，
故选：D.
3. 某单位职工参加某APP推出的“二十大知识问答竞赛”活动，参与者每人每天可以作答三次，每次作答20题，每题答对得5分，答错得0分，该单位从职工中随机抽取了10位，他们一天中三次作答的得分情况如图：
根据图，估计该单位职工答题情况，则下列说法正确的是（）
A. 该单位职工一天中各次作答的平均分保持一致
B. 该单位职工一天中各次作答的正确率保持一致
C. 该单位职工一天中第三次作答得分的极差小于第二次的极差
D. 该单位职工一天中第三次作答得分的标准差小于第一次的标准差
【答案】D
【解析】
【分析】根据给出统计图数据，分别计算出三次作答的平均分、正确率、极差、标准差，即可作出判断．
【详解】由题可得，该单位抽取的10位员工三次作答的得分分别为：
对于A：第一次作答的平均分为：，
第二次作答的平均分：，
第三次作答的平均分：，
故该单位职工一天中各次作答平均分不一致，故A错误；
对于B：第一次作答的正确率：，
第二次作答的正确率：，
第三次作答的正确率：，
故该单位职工一天中各次作答的正确率不一致，故B错误；
对于C：该单位职工一天中第三次作答得分的极差：，
该单位职工一天中第二次作答得分的极差：，
故该单位职工一天中第三次作答得分的极差等于第二次的极差，故C错误；
对于D：该单位职工一天中第三次作答得分的标准差：，
该单位职工一天中第一次作答得分的标准差：
，
故该单位职工一天中第三次作答得分的标准差小于第一次的标准差，故D正确，
故选：D．
4. 展开式中的常数项是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项.
【详解】展开式的通项公式为
，
令，可得，
故展开式的常数项为.
故选：A.
5. a，b为实数，则“”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】A
【解析】
【分析】根据充分不必要的定义进行判断即可.
【详解】因为，根据对数函数单调性可知成立，所以，
即“”是“”的充分条件，
取，此时，但，
故“”不是“”的必要条件，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
6. 已知和均为等差数列，，，，则数列的前50项的和为（）
A. 5000B. 5050C. 5100D. 5150
【答案】B
【解析】
【分析】由题设易知为等差数列，结合已知求公差，应用等差数列前n项和公式求和即可.
【详解】由题设也为等差数列，且公差为、公差的和，
又，，故，
所以前50项和为.
故选：B
7. 已知函数的图像关于直线对称，则函数的最大值为（）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦函数的对称性得出，进而得出，再由辅助角公式结合三角函数的性质得出最值.
【详解】因为函数的图像关于直线对称，所以，
即，解得，
所以，所以的最大值为2.
故选：C
8. “一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，下图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中为节点，若研究发现本局游戏只能以为起点为终点或者以为起点为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为（）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】C
【解析】
【分析】采用分步乘法可计算得到以为起点，为终点的方法数，再利用分类加法计数原理求得结果.
【详解】以为起点时，三条路线依次连接即可到达点，共有种选择；自连接到时，在右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有种选择，
以为起点，为终点时，共有种方法；
同理可知：以为起点，为终点时，共有种方法；
完成该图“一笔画”的方法数为种.
故选：C.
9. 如图，圆内接四边形ABCD中，.现将该四边形沿AD旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为（）
A. B. 30C. D. 40
【答案】D
【解析】
【分析】作出辅助线，由余弦定理求出，由勾股定理逆定理得到，∠ABG=135°，旋转形成的几何体的体积等于等腰直角三角形CDE绕DE旋转形成的圆锥体积加上直角梯形ABCE绕AE旋转形成的圆台体体积，求出体圆锥积和台体体积，相加即可.
【详解】延长AB，DC交于点G，
因为，
所以∠G=45°，
故，
因为，
所以，
因为，
在中，由余弦定理得：，
解得：，
因，
所以，∠ABG=135°，
过点C作CE⊥AD于点E，过点B作BF⊥CE于点F，
则∠CBF=∠BCF=45°，BF=CF=AE=2，CE=DE=4，
该四边形沿AD旋转一周，则旋转形成的几何体体积等于由等腰直角三角形CDE绕DE旋转形成的圆锥体积加上直角梯形ABCE绕AE旋转形成的台体体积，
其中圆锥体积为，
台体体积为，
所以旋转形成的几何体体积为.
故选：D
10. 已知函数，的定义域均为，为偶函数且，，则（）
A. 21B. 22C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意证明，结合对称性分析运算即可.
【详解】∵为偶函数且，则，
故关于点对称，
又∵，则，
则是以周期为4 的周期函数，故关于点对称，
∴，
则，
又∵，
则，
故.
故选：C.
11. 法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆方程为，现有椭圆的蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于两点，若面积的最大值为34，则椭圆的长轴长为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知为圆的一条直径，利用勾股定理得出，再利用基本不等式即可求即解.
【详解】椭圆的蒙日圆的半径为.
因为，所以为蒙日圆的直径，
所以，所以.
因为，当时，等号成立，
所以面积的最大值为：.
由面积的最大值为34，得，得，
故椭圆的长轴长为.
故选：C
12. 如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且．则下列结论不正确的是（）
A. 若保持．则点的运动轨迹长度为
B. 保持与垂直时，点的运动轨迹长度为
C. 沿正方体的表面从点到点的最短路程为
D. 当在点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】C
【解析】
【分析】由可知，可过点作平面，即可找到动点的运动轨迹；找出与垂直的平面，与平面的交线即为动点的轨迹；将平面和平面沿展开在同一平面上求点到点的最短路程；将建立空间直角坐标系求解三棱锥的外接球的半径.
【详解】对于，过点作平面，以为圆心，为半径在平面内作圆交于点,则即为点的运动轨迹，
∵，∴ , ∴，∴，
∴的长为，则正确；
对于，∵平面,平面，∴,
∵，平面，平面，，
∴平面，
∵平面，∴,
同理可证，
∵平面，，平面，
∴平面，
找上的点，使得，找上的点，使得,连接，
∵∥,∥, ∴∥,
∵平面，平面，∴∥平面，
∵∥，平面，平面，
∴∥平面，
∵平面，平面，，
∴平面∥平面，∴平面，
在上找一点使得，连接,
∵∥，∥，∴∥，
∴四点共面，∴平面，
∴点的轨迹为线段, ,则正确；
将平面和平面沿展开在同一平面上，从点到点的最短路程为,则,则错误；
分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
设三棱锥的外接球的球心为，则，
即，解得，
∴三棱锥的外接球半径,
∴三棱锥的外接球表面积为,则正确；
故选：.
【点睛】求三棱锥的外接球半径还可以建立空间直角坐标系，设出球心的坐标，利用顶点到球心的距离相等列出方程组求解.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．
13. 抛物线的焦点到准线的距离等于__________.
【答案】
【解析】
【分析】先将抛物线方程，转化为标准方程，求得焦点坐标，准线方程即可.
【详解】因为抛物线方程是，
转化为标准方程得：，
所以抛物线开口方向向右，焦点坐标为准线方程为：，
所以焦点到准线的距离等于.
故答案为：
【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
14. 已知非零向量，满足，，向量在向量方向上的投影为2，则______.
【答案】
【解析】
【分析】先利用向量在向量方向上的投影为2计算出，再平方求模长即可.
【详解】，，，则.
故答案为：.
15. 已知函数，若存在四个不相等的实根，且，则的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知函数解析式作出函数图像，根据图像结合已知得出，，且，根据对数运算得出，即可对所求式子化简得出，再根据基本不等式得出答案.
【详解】作函数与图像如下：
存在四个不相等的实根，且，
则，，且，
则，即，得，
则，
当且仅当时，即，时，等号成立，
故答案为：.
16. 如图所示，在中，已知，，，，，分别在边，，上，且为等边三角形．则的面积的最小值是______．
【答案】##
【解析】
【分析】设，根据正弦定理，将与三角形的边长和得关系，再根据三角函数的性质可得边长与面积的最值.
【详解】不妨设的边长为，，
在中，，
因为，
所以在中，可得，
根据正弦定理可得，所以，
所以，其中，
易知，则
当时，取得最小值，
面积的最小值为，
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. 记为正项数列的前n项和，已知，．
（1）求数列的前n项和；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据与的关系可得，结合等差数列的定义可知数列为等差数列，由等差数列的通项公式可得，即可求解；
（2）由（1）得，则.当n为偶数时；当n为奇数时，即可求解.
【小问1详解】
当时，因为，所以，
即，所以数列为等差数列，公差为1，首项为，
所以，又为正项数列，则；
【小问2详解】
由（1）可知，当时，，
亦适合上式，所以，
所以，
当n为偶数时，
当n奇数时，
综上可知
18. 2022年2月4日至2月20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京和张家口隆重举行.北京市各校大学生争相出征服务冬奥会，经统计某校在校大学生有9000人，男生与女生的人数之比是2:1，按性别用分层抽样的方法从该校大学生中抽取9名参加冬奥会比赛场馆服务培训，培训分4天完成，每天奖励若干名“优秀学员”，累计获2次或2次以上者可获2022冬奥会吉祥物“冰墩墩”或“雪容融”一个.
（1）若从这抽取的9名大学生中随机选出3人服务“国家体育馆”，求选出的3人中至少有一位是女生的概率.
（2）设参加服务培训的大学生甲每天获“优秀学员”奖励的概率均为，记同学甲获得“优秀学员”的次数为X，试求X的分布列及其数学期望，并以获得“优秀学员”的次数期望为参考，试预测该同学甲能否获得冬奥会吉祥物？
【答案】（1）
（2）分布列见解析，，能获得吉祥物
【解析】
【分析】（1）依据古典概型即可求得选出的3人中至少有一位是女生的概率；
（2）依据二项分布即可得到X的分布列及其数学期望，再与获得2022冬奥会吉祥物的条件进行比较即可预测甲能否获得冬奥会吉祥物.
【小问1详解】
由题可知，抽取的9名大学生中，6名男生，3名女生；
则选出的3名学生中至少有一名女生的概率
【小问2详解】
由题可知
，
，
所以X的分布列
所以即能获得吉祥物.
19. 如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，点E为棱的中点，O为边的中点.
（1）求证：平面；
（2）若侧面底面，且，，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）依据线面平行判定定理去证明平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，以向量法去求与平面所成角的正弦值即可.
【小问1详解】
取线段的中点F，连，
在中，E，F分别为，的中点且
又底面是菱形，且O为的中点
且且
四边形为平行四边形
又平面，平面
平面
【小问2详解】
在平面内过点O作，又侧面底面，则平面，
由，，可得
故分别以、、所在直线为x，y，z轴建立空间坐标系，
则，，，
则,,
设平面的一个法向量，
则，即，令，则
即，设直线与平面所成的角为，则
所以直线与平面所成角的正弦值为
20. 过抛物线上的点作直线交拋物线于另一点.
（1）设的准线与轴的交点为，若，求;
（2）过的焦点作直线交于两点，为上异于的任意一点，直线分别与的准线相交于两点，证明: 以线段为直径的圆经过轴上的两个定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由点得出，由得出直线的斜率，进而联立直线与抛物线方程，由弦长公式得出；
（2）联立直线和抛物线的方程，由韦达定理结合得出或，进而得出定点.
小问1详解】
解: 因为点在上，所以，解得，所以方程为，因为为的准线与轴的交点，所以，所以直线的斜率为，
因为，所以，所以直线的斜率为1，
所以直线的方程为，即
联立消去得，
解得，或，将代入抛物线方程得，即，
所以.
【小问2详解】
证明: 易知直线的斜率存在，设直线的方程为，代入，
得，
设点则.
设点，则，所以直线的方程为.
令，得
所以. 同理得
设以线段为直径的圆与轴的交点为，
则
因为，则，即，
所以，
解得或.
故以线段为直径的圆经过轴上的两个定点和.
【点睛】关键点睛：在解决问题（2）时，关键在于利用韦达定理建立的联系，从而得出，进而得出定点.
21. 已知函数.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）设函数，当时，若，证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数可得即切线斜率，又切线过点，据此可得答案；
（2）由题，，通过研究函数的最值情况，可得在R上单调递增，又由，，可设.则，
故证明当时，即可.
【小问1详解】
当时，，则.
因，得切线过点，斜率为1.
则在处的切线方程为；
【小问2详解】
由题，当时，，
则.令，则.
令，得在上单调递增；
，得在上单调递减.则.
则，，当且仅当时取等号.
得在R上单调递增，而，，
则不妨设.
令，其中.
则.令，.
则，得在上单调递增，
则，得在上单调递增，
有，即时，.
因，则，
又，则，又注意到在R上单调递增，
则.
【点睛】关键点点睛：本题涉及求函数在一点上的切线及双变量问题，难度较大.
（1）问较为基础；（2）双变量问题，关键在于消元，本题在得知单调性后，
结合，将证明转化为证明:
当时，.
（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，作答时请写清题号．
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）写出曲线的普通方程及直线的极坐标方程；
（2）直线与曲线和直线分别交于，（，均异于点）两点，求的取值范围．
【答案】（1）曲线，直线；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据消参法，将曲线C的方程化为普通方程，由直角坐标与极坐标关系，将直线普通方程化为极坐标方程即可.
（2）由（1）知：，，即可求的范围．
【详解】（1）由参数方程为（为参数），得，
∴曲线的普通方程为．
由普通方程为，而，
∴直线的极坐标方程为，即.
（2）∵曲线的极坐标方程为，
∴直线的极坐标方程为，即，
∴，，则的取值范围为．
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若关于的不等式的解集包含，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（I）当，不等式为，分类讨论，即可求解不等式的解集.
（II）由题意的解集包含，转化为当时，恒成立，即，再利用绝对值的定义，即可求解.
【详解】解：（I）当时，，
由解得，综合得；
当时，，
由解得，综合得；
当时，，
由解得，综合得.
所以的解集是.
（II）∵的解集包含，
∴当时，恒成立
原式可变为，即，
∴即在上恒成立，
显然当时，取得最小值10，
即的取值范围是.
1号员工
2号员工
3号员工
4号员工
5号员工
6号员工
7号员工
8号员工
9号员工
10号员工
第一次作答
65
80
85
80
90
90
90
85
90
90
第二次作答
80
85
90
90
95
90
95
90
95
95
第三次作答
85
90
95
95
100
100
100
95
100
100
X
0
1
2
3
4
P