四川省仁寿第一中学校南校区2024届高三下学期高考模拟考试（四）理科数学试题

这是一份四川省仁寿第一中学校南校区2024届高三下学期高考模拟考试（四）理科数学试题，共19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（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．某圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
3．若角的终边位于第二象限，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．若复数满足，则的最小值为（ ）
A．0B．1C．D．2
5．同位素测年法最早由美国学者Willard Frank Libby在1940年提出并试验成功，它是利用宇宙射线在大气中产生的C的放射性和衰变原理来检测埋在地下的动植物的死亡年代，当动植物被埋地下后，体内的碳循环就会停止，只进行放射性衰变．经研究发现，动植物死亡后的时间n（单位：年）与死亡n年后的含量满足关系式（其中动植物体内初始的含量为）．现在某古代祭祀坑中检测出一样本中的含量为原来的70%，可以推测该样本距今约（参考数据：，）（ ）
A．2750年B．2865年C．3050年D．3125年
6．在中，“”是“是钝角”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
7．2023世界科幻大会在成都举办，主题场馆以自由､扩散､无界的未来建筑形象诠释科学与科幻主题，提取古蜀文化中神秘“古蜀之眼（黄金面具）”融入“星云”屋顶造型，建筑首层围绕共享中庭设置了剧场､主题展区及博物馆三大主题空间.现将4名志愿者安排到这三个主题空间进行志愿服务，则每个主题空间都有志愿者的不同的安排方式有（ ）
A．6种B．18种C．24种D．36种
8．已知一样本数据（如茎叶图所示）的中位数为12，若x，y均小于4，则该样本的方差最小时，x，y的值分别为（ ）
A．1，3B．11，13C．2，2D．12，12
9．记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120B．85C．D．
10．已知，是双曲线（，）的左，右焦点，点（）是双曲线E上的点，点C是内切圆的圆心，若，则双曲线E的渐近线为（ ）
A．B．C．D．
11．已知三棱锥的顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为，，，，则当三棱锥的体积最大时，（ ）
A．4B．C．5D．
12．已知a，b，，且，，，其中e是自然对数的底数，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13．若抛物线过点，则该抛物线的焦点为
14．曲线在点处的切线方程为
15．在中，，，，则BC边上的高为 ．
16．如图，在平行四边形中，，且交于点，现沿折痕将折起，直至满足条件，此时 .

三、解答题（共70分）
17．（本小题12分）在中，，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求
（1）B的大小；
（2）的面积．
条件①：；条件②：．
18．某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：cm）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示.
(1)求的值;
(2)若从高度在和中分层抽样抽取5株，在这5株中随机抽取3株，记高度在内的株数为，求 的分布列及数学期望；
(3)以频率估计概率，若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的条件下，至多 1株高度低于的概率.
19．（本小题12分）如图，在三棱台中，在边上，平面平面，，，，，．
(1)证明：；
(2)若且的面积为，求与平面所成角的正弦值．
20．（本小题12分）已知椭圆C：（，）的长轴为双曲线的实轴，且椭圆C过点P（2，1）．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点A，B是椭圆C上异于点P的两个不同的点，直线PA与PB的斜率均存在，分别记为，，且，当坐标原点O到直线AB的距离最大时，求直线AB的方程．
21．（本小题12分）已知函数，其中实数．
(1)求证：函数在处的切线恒过定点，并求出该定点的坐标；
(2)若函数有两个零点，且，求a的取值范围．
（选做题）
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，已知直线的极坐标方程为．
(1)写出直线和曲线的直角坐标方程；
(2)若与有公共点，求的取值范围．
23．已知函数，．
（1）当时，求不等式的解；
（2）对任意．关于x的不等式总有解，求实数a的取值范围．
高三下学期高考模拟考试（四）理科数学参考答案：
1．C
【分析】根据不等式的解法和指数函数的性质，求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由不等式，解得，即，
又由，解得，即，所以.
故选：C．
2．B
【分析】根据题意，求得圆锥的底面圆的半径和母线长，结合侧面积公式，即可求解.
【详解】设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，
因为圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，可得，
所以该圆锥的侧面积为.
故选：B．
3．D
【分析】根据已知条件利用诱导公式确定，再根据角所属象限确定，即可求解.
【详解】由诱导公式有：，
因为角的终边位于第二象限，则，
所以.
故选：D.
4．B
【分析】先确定在复平面上对应的点的轨迹为圆，根据圆的性质可得答案.
【详解】设（为虚数单位），
有，即，
在复平面上对应的点在圆上，
所以是该圆上的点到原点距离的最小值，的最小值为.
故选：.
5．B
【分析】根据题意，求得，代入关系式，运用对数的运算性质计算即得.
【详解】依题意，经过n年后含量为，所以有，代入关系式得，，所以.
故选:B．
6．C
【分析】由向量减法以及模的运算公式平方可得，结合数量积的几何意义即可得解.
【详解】“”等价于“”，
所以
从而，显然A，B，C不共线，原条件等价于是钝角.
故选：C．
7．D
【分析】根据已知条件先分组再分配.
【详解】首先根据题意将志愿者分成三组有种分法，
安排到三个主题空间有种，根据分步乘法计数原理，
不同的安排方式有种.
故选：D.
8．C
【分析】由题意结合中位数可得，再求出平均数，再根据方差公式即可得解.
【详解】因为x，y均小于4，由茎叶图可知，中位数为，
所以，样本的平均值为，
要使样本的方差最小，即使最小，
又，当且仅当“”时，等号成立，
所以x，y均为2.
故选：C．
9．C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
10．A
【分析】根据面积关系可得，即可由双曲线定义得，进而可求解.
【详解】解：设内切圆的半径为r，则有，
所以，由双曲线的定义可知，继而，
E的渐近线为，化简为，
故选：A．
11．D
【分析】设是的外心，即可得到，再根据球的表面积求出球的半径，即可得，当且仅当、、三点共线且平面和点位于点异侧时，三棱锥的体积最大，再由勾股定理计算可得.
【详解】在中，根据正弦定理，可得，所以．如图，
设为的外心，则为AC的中点，且，由于球O的表面积为，所以球O的半径，
当，，三点共线且平面CAB和点S位于点O的异侧时，
三棱锥的体积最大．此时
故选：D
12．B
【分析】由题设，构造且研究单调性，判断的范围，作差法比较大小，即可得答案.
【详解】由题设，，，
令且，则，即在上递增，
又，即，
由，令且，
则，又，
令且，则，即递减，所以，
所以，即在上递增，故，
即在上恒成立，故，
综上，，结合单调性知：.
故选：B
【点睛】关键点点睛：构造函数且研究单调性，再通过作差、构造函数判断大小，进而判断大小.
13．
【分析】根据题意，代入求得，结合抛物线的几何性质，即可求解.
【详解】解：将代入抛物线方程，可得，即，
所以抛物线的焦点为．
故答案为：.
14．
【分析】求出导函数，得，即切线斜率，然后可得切线方程．
【详解】由，则
由题意，则
所以曲线在点处的切线的斜率为
所以所求切线方程为：，即
故答案为：
【点睛】本题考查导数的几何意义，函数在点处的切线方程是．属于基础题.
15．/
【分析】首先求出，再利用正弦定理和余弦定理即可求出答案.
【详解】因为，，所以，
由正弦定理得，
由余弦定理，得，
解得（负值舍）
设BC边上的高为h，则．
故答案为：.
16．/-0.5
【分析】根据条件可得平面平面，求得相关线段长度后利用余弦定理求解即可.
【详解】由题意可知，所以，
折起后如图所示，因为，
又，则,
所以,
又,平面，
则平面，又平面,
则平面平面，
分别过点作的垂线，
垂足分别为点，又平面平面，
即有，同时易证得，
,
所以，所以由余弦定理可知:
.
故答案为：.

17．选择见解析；（1）；（2）．
【分析】选择条件①时：（1）利用余弦定理求出和B的值；
（2）由正弦定理求出a的值，再利用三角形内角和定理求出sinC，计算的面积．
选择条件②时：（1）由正弦定理求出和B的值；
（2）由正弦定理求出a的值，再利用三角形内角和定理求出，计算的面积．
【详解】选择条件①：，
（1）由，得，
所以；
又，
所以；
（2）由正弦定理知，
所以；
所以，
所以的面积为．
选择条件②：．
（1）由正弦定理得，
所以；
又，
所以，
所以；
又，
所以；
（2）由正弦定理知，
所以；
所以，
所以的面积为．
【点睛】方法点睛：(1)在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到；(2)解题中注意三角形内角和定理的应用及角的范围限制．
18．24．(1)；
(2)分布列见解析，；
(3)
【分析】（1）根据频率和为1，即可求解；
（2）首先确定高度在和的株数，再按照超几何分布，即可求解；
（3）根据独立重复概率公式，以及条件概率公式，即可求解.
【详解】（1）依题意可得，解得；
（2）由（1）可得高度在和的频率分别为和，所以分层抽取的5株中，高度在和的株数分别为2和3，所以可取0，1，2.
所以，，
所以的分布列为：
所以
（3）从所有花卉中随机抽取株，记至少有株高度在为事件，至多株高度低于为事件，
则，，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据余弦定理和勾股定理证明，再根据线面平行的性质定理证明即可
（2）根据三棱台的上下底面棱长比和底面面积间关系，求出线段AC的长度，通过建立空间直角坐标系，利用向量法求出CF与平面ABD所成角的正弦值.
【详解】（1）在中，，，，
由余弦定理得，
解得，
又，即，得，
又因为平面平面，平面平面，
平面ACFD，
所以平面ABC，而平面ABC，则，
又，，平面BDH，平面BDH，
所以平面BDH，而平面，则，
因为，所以；
（2）在中，，，，
所以，，所以，
又，所以，
则，
由（1）知，平面ABC，
所以可以H为原点，为y轴，为z轴，建系如图所示
，
设平面ABD法向量为，则，即，
取，则，得平面的一个法向量为，
设CF与平面ABD所成角为，
则
，
所以与平面所成角的正弦值
【点睛】方法点睛：向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
20．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得解方程组可求出，从而可求出椭圆方程，
（2）①当直线的斜率存在时，设其方程为，，，将直线方程代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系，然后由列方程可求出，则直线的方程为，从而可得其过定点，②当直线的斜率不存在时，设，则，由可求出两点的坐标，从而可求出直线过的定点，进而可求出直线方程
【详解】（1）由题意，知解得，
所以椭圆的标准方程为．
（2）①当直线的斜率存在时，设其方程为，，．
联立得．
由韦达定理，得所以
因为
，所以，即，
所以直线的方程为，即，
由，得
故直线恒过点．
②当直线的斜率不存在时，设，则，
所以，解得，
所以此时直线也过点．因为点在椭圆的内部，
所以当直线垂直于时，坐标原点到直线的距离最大，
此时直线的方程为．
21．(1)证明见解析，定点
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再用点斜式求出切线方程，即可求出切线过定点坐标；
（2）首先求出函数的导函数，再分和两种情况，当时，依题意，即可求出的大致范围，再根据零点存在性定理得到零点所在区间，依题意可得，即可得到，则，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可求出的取值范围；
【详解】（1）解：因为，所以，所以，又，所以切线方程为，即，则当时，所以切线恒过定点；
（2）解：因为定义域为，所以，当时恒成立，所以在上单调递增，故不可能有两个零点，故舍去；
当时，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，要使有两个零点，则，解得，又，所以当时，在和上各有一个零点，且，
，由单调性知，当时，当时，因为，所以，即，所以，而，所以，所以，令，，则，所以在上单调递增，所以，所以；
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．(1)；
(2).
【分析】（1）根据参数方程、极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；
（2）联立l与C的方程，结合二次函数的性质求解m的范围即可.
【详解】（1）因为l：，所以，
又因为，所以化简为，
因为，整理得C的直角坐标方程：；
（2）联立l与C的方程，
即在时有交点即可，
易知对称轴为，由二次函数的单调性可知：，
所以，
故
即m的取值范围为.
23．（1）；（2）．
【分析】（1）讨论绝对值内的正负号,解不等式，即可得出答案.
（2）由题意可知，结合与，即可解出答案.
【详解】（1）由已知，不等式即为，
则或或
解得或或，故不等式的解集为．
（2）对任意，关于x的不等式总有解
而，当且仅当，即时取最小值，
又（当且仅当时取等号）
故只需，得，即实数a的取值范围为．
【点睛】本题考查绝对值不等式，分类讨论是解绝对值不等式基础方法，解本题还需注意区分不等式有解与恒成立问题.属于中档题.