2023_2024学年四川高考冲刺数学(理)仿真试卷(四模)附解析

这是一份2023_2024学年四川高考冲刺数学(理)仿真试卷(四模)附解析，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，，则的元素个数是（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【正确答案】C
【分析】联立求出交点坐标，从而得到答案.
【详解】联立，即，解得：或，
即，
故的元素个数为3.
故选：C
2．在平行六面体中，已知，，，，，则的值为（ ）
A．10.5B．12.5
C．22.5D．42.5
【正确答案】A
【分析】将作为基底，然后用基底表示出，再求其数量积即可.
【详解】由题意得，，
因为，，，，，
所以
，
故选：A
3．若，则的值为（ ）
A．B．
C．D．
【正确答案】A
【分析】由已知可得，进而求出.将化为二次齐次式，即可求出结果.
【详解】由可得，，
所以，
所以.
故选：A.
4．给出下列命题，其中正确命题的个数为（ ）
①若样本数据，，…，的方差为3，则数据，，…，的方差为6；②回归方程为时，变量与具有负的线性相关关系；③随机变量服从正态分布，，则；④甲同学所在的某校高三共有5003人，先剔除3人，再按简单随机抽样的方法抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【正确答案】A
【分析】根据方差的性质可判断①；根据变量x，y的线性回归方程的系数，判断变量x，y是负相关关系可判断②；利用正态分布的对称性，计算求得结果可判断③；根据简单随机抽样概率均等，计算出每人被抽取的概率可判断④.
【详解】对于①，若样本数据，，…，的方差为3，则数据，，…，的方差为，故①错误；
对于②，回归方程为，可知，则变量x与y具有负的线性相关关系，故②正确；
对于③，随机变量X服从正态分布，，根据正态分布的对称性，所以，故③错误；
对于④，根据简单随机抽样概率均等可知，某校高三共有5003人，抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为，故④错误.
故选：A.
5．已知函数，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
【正确答案】A
【分析】求出的解集，根据与解集的关系即可求解.
【详解】由，可得或，
因为是的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A
6．已知函数及其导函数的定义域都为，且为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【正确答案】C
【分析】根据函数的奇偶性对称性可得函数的周期性以及，再利用复合函数的导数推出的周期以及，进而可求解.
【详解】因为为偶函数，所以，
即，即函数图象关于对称，则，
因为为奇函数，所以，
即函数图象关于点对称，
则，
所以，则，所以函数以4为周期，
，
因为，所以，
即，即，
也即，
令，则有，所以，
由得，所以以4为周期，
所以，
所以，C正确，
对于其余选项，根据题意可假设满足周期为4，
且关于点对称，
，故A错误；
，B错误；
，D错误，
故选:C.
7．如图，这是计算的值的一个程序框图，其中在判断框内应填入的条件是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】D
【分析】根据程序框图运行程序，可知当第十次循环后，不满足判断框条件，输出结果，根据此时可得判断框内的条件.
【详解】按照程序框图运行程序，则第一次循环时，，；
第二次循环时，，；第三次循环时，，；
以此类推，第十次循环时，，，
此时需不满足判断框条件，输出，判断框内应填入或.
故选：D.
8．已知抛物线与直线交于A，B两点，且.若抛物线C的焦点为F，则（ ）
A．B．7C．6D．5
【正确答案】B
【分析】联立直线与抛物线，应用韦达定理及弦长公式求得，进而可得，根据抛物线定义求目标式的值.
【详解】由题设，，代入抛物线可得，
所以，，则，
则，可得（舍）或，故，
由抛物线定义知.
故选：B
9．已知向量，，则下列命题不正确的是（ ）
A．B．若，则
C．存在唯一的使得D．的最大值为
【正确答案】D
【分析】由向量模的计算公式，可判定A正确；由向量共线的坐标表示，可判定B正确；根据向量的数量积的运算公式，求得，得到，可判定C正确；根据向量的运算法则，化简得到，求得的最大值，可判定D错误.
【详解】由向量，，
对于A中，由，所以A正确；
对于B中，若，可得且，可得，所以B正确；
对于C中，若，可得，整理得，
所以，可得，因为，可得，所以C正确；
对于D中，由，
因为，所以，可得，
所以的最大值为，即的最大值为，所以D错误.
故选：D.
10．若函数在点处的切线方程为，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】B
【分析】求出函数的导函数，即可求出、，从而求出切线方程，即可得到方程，解得即可.
【详解】解：因为，所以，
又，所以，
所以切线方程为，即，
所以，解得；
故选：B
11．已知函数在区间上无极值，则的取值范围是（ ）
A．（0，5]B．（0，5）
C．（0，）D．（0，]
【正确答案】A
【分析】利用导数求解，将问题转化为
或在区间上恒成立，然后利用正弦函数的图象求解即可.
【详解】由已知条件得，
∵函数在区间上无极值，
∴函数在区间上单调，
∴或在区间上恒成立，
当时，，
∵，∴，在此范围内不成立；
当时，，
∵，∴，即，解得，
则的取值范围是，
故选.
12．在直四棱柱中，所有棱长均为2，，为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中错误的是（ ）
A．当点在线段上运动时，四面体的体积为定值
B．若平面，则的最小值为
C．若的外心为，则为定值2
D．若，则点的轨迹长度为
【正确答案】C
【分析】由题证得面，所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值，可判断A；取的中点分别为，由面面平行的判定定理可得平面面，因为面，所以平面，当时，AQ有最小值可判断B；由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断C；在上取点，使得，易知点Q的轨迹为圆弧可判断D.
【详解】对于A，因为，平面， 平面，所以平面，
所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值，故A正确；
对于B，取的中点分别为，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为，，则，
又平面，平面，所以平面，
，平面，所以平面平面，
因为面，所以平面，
当时，AQ有最小值，则易求出
，
则，即，所以重合，
所以AQ的最小值为，故B正确；
对于C，若的外心为M，过作于点，则，
又，则，故C错误；
对于D，在平面内过作于点，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，，
在上取点，使得，
则，，
所以，若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，
又因为所以，则圆弧等于，故D正确.
故选：C.
二、填空题
13．的展开式中的系数为_____________．
【正确答案】5
【分析】先将乘积展开为，再分别利用二项展开式计算和中含的项，即求得的展开式含的项，即得结果.
【详解】，
其中的展开式通项为，，故时，得含的项为；
的展开式通项为，，故时，得含的项为.
因此，式子的展开式中，含的项为，即系数为5.
故5.
思路点睛：
计算两个多项式展开的指定项的系数问题，通常先固定一个，利用乘法分配律将另一个展开，分别计算展开式中指定项的系数，再进行加减运算即可.
14．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的表面积为________.
【正确答案】
【分析】根据三视图可知这是一个四面体，根据长度即可根据三角形面积公式求每一个面的面积，进而可得表面积.
【详解】该几何体的直观图是正方体中的四面体，， 故 .
15．已知双曲线的两个焦点分别为、，且两条渐近线互相垂直，若上一点满足，则的余弦值为_______________________．
【正确答案】
【分析】由题意可得，进而得到，再结合双曲线的定义可得，进而结合余弦定理即可求出结果.
【详解】因为双曲线，所以渐近线方程为，又因为两条渐近线互相垂直，所以，所以，即，因此，
因此，又由双曲线的定义可知，则，
所以在中由余弦定理可得
，
故答案为.
16．若函数在上存在唯一的零点，若函数在上存在唯一的零点，且，则实数的取值范围是______．
【正确答案】
【分析】根据导数的性质，结合函数的零点定义进行求解即可.
【详解】由，
因为，所以，因此，所以单调递增，
故，因为在上存在唯一的零点，所以有；
由，
由函数的性质可知：当时，，函数单调递减，
当时，单调递增，
要想，只需，
综上所述：．
故
关键点睛：利用导数的性质，结合函数零点的定义是解题的关键.
三、解答题
17．已知数列的前项和为，，数列满足，．
(1)求数列、的通项公式；
(2)若数列满足，求证：．
【正确答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）利用与的关系可求出数列的通项公式；利用累加法可求出数列的通项公式；
（2）由（1）问结论求出，然后利用裂项相消求和法，求出的和即可证明原不等式.
【详解】（1）解：由，得，
所以
又由，得，满足，所以，
而，所以，
所以；
（2）证明：因为，
所以.
18．如图，在四棱锥中，平面平面，点在棱上，设.
(1)证明.
(2)设二面角的平面角为，且，求的值.
【正确答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连接.
因为，所以.
又，所以四边形是平行四边形，从而.
因为，所以，从而.
因为，所以，则.
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，平面，从而.
又，平面，
所以平面，因为平面，所以；
（2）由（1）知两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
，
，可得.
设平面的法向量为，
由，
不妨令，则.
因为平面，所以可取平面的一个法向量为，
因为，所以，
解得或（舍去）.
19．冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮.某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高三年级1000名学生中随机选出40名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”预测成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格.若高三年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”；否则该年级体能达标为“不合格”，需要重新对高三年级学生加强训练.现将这40名学生随机分成甲、乙两个组，其中甲组有24名学生，乙组有16名学生.经过预测后，两组各自将预测成绩统计分析如下：甲组的平均成绩为70，标准差为4；乙组的平均成绩为80，标准差为6.（数据的最后结果都精确到整数）
(1)求这40名学生测试成绩的平均分和标准差s；
(2)假设高三学生的体能达标预测成绩服从正态分布N（μ，），用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为的估计值.利用估计值估计，高二学生体能达标预测是否“合格”；
(3)为增强趣味性，在体能达标的跳绳测试项目中，同学们可以向体育特长班的强手发起挑战.每场挑战赛都采取七局四胜制.积分规则如下：以4:0或4:1获胜队员积4分，落败队员积0分；以4:2或4:3获胜队员积3分，落败队员积1分.假设体育生王强每局比赛获胜的概率均为，求王强在这轮比赛中所得积分为3分的条件下，他前3局比赛都获胜的概率.
附：①n个数的方差；②若随机变量Z～N（μ，），则，，.
【正确答案】(1)，；
(2)合格；
(3).
【分析】（1）根据平均数、方差、标准差的计算公式进行求解即可；
（2）根据题中所给的公式进行求解即可；
（3）根据独立事件和条件概率的公式进行求解即可.
【详解】（1），
第一组学生的方差为；
解得；
第二组学生的方差为；
解得.
这40名学生的方差为
，
所以；
（2）由，，得的估计值，的估计值.
，
∴.
从而高三年级1000名学生中，不合格的有（人），
又，所以高三年级学生体能达标为“合格”；
（3）设王强在这轮比赛得3分为事件A，他以的比分获胜为事件，他以的比分获胜为事件.
则，
；
所以，
设王强前3局比赛获胜的事件为B，
则，
所以.
20．已知椭圆的左､右顶点分别为，椭圆的长半轴的长等于它的焦距，且过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的右焦点为，过点的直线与椭圆相交于两点（不同于），直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，证明：轴.
【正确答案】(1)；
(2)证明见详解.
【分析】（1）由题意，，代入点坐标求解即可；
（2）分直线斜率存在，不存在两种情况讨论，与椭圆联立，表示出直线，，，方程，联立得到坐标，证明即可.
【详解】（1）由题意，即，故椭圆，
代入点，可得，解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）由题意右焦点，，，
若直线斜率不存在，直线方程为：，代入椭圆方程可得，解得，即，
故直线，，，，
联立，可得；联立，可得，
，故轴；
若直线斜率存在，直线方程为：，与椭圆联立
，即，恒成立，
不妨设，故，
故直线，，，，
联立，可得；
联立，可得，
，故轴；
综上：轴.
21．已知函数，．
（1）当时，讨论函数的单调性：
（2）当时，函数满足：对任意，都有恒成立，求实数的取值范围．
【正确答案】（1）函数在上单调递增，在上单调递减；（2）.
（1）先对函数求导，令求出，根据导数的方法，即可得到函数单调性；
（2）先由，得到，由分离参数法方法，将原不等式化为，构造函数，利用导数的方法求出其最大值，即可得出结果.
【详解】（1）由题意，
∵，，，令，得，
所以时，，单调递增，时，，单调递减，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，
由对恒成立，得，
设，则，
设，则时，，
所以在上单调递增，且，，
所以函数在上有唯一的零点
当时，，，单调递增;
当时，，，单调递减，
所以时，
所以，
，，即
因为是增函数，所以，
，
即的取值范围为.
思路点睛：
导数的方法研究由不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.
22．在直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)判断直线与曲线的交点个数；
(2)若直线与曲线相交于两点，且，求直线的直角坐标方程.
【正确答案】(1)两个不同的交点
(2)或
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标互化方法可求得曲线的直角坐标方程；根据直线的参数方程可知直线恒过点，根据在圆内可得直线与曲线相交，由此可得结果；
（2）将直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，可得韦达定理的形式；利用直线参数方程中参数的几何意义可构造方程求得，由此可得直线倾斜角，进而得到直线方程.
【详解】（1）由得：，则，
曲线的直角坐标方程为：；
由直线参数方程可知：恒过点，
，点在圆内部，
直线与曲线相交，即有两个不同的交点.
（2）将直线参数方程代入曲线直角坐标方程得：，
即；
设对应的参数分别为，则，，
，
解得：，，又，或，
则直线方程为或.
23．已知均为正实数，且.
(1)求的最大值；
(2)求的最小值.
【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，结合基本不等式即可求解；
（2）令，，，由展开，利用基本不等式得，又由（1）知，代入求解即可.
【详解】（1）∵，
又，，，
∴，
∴，当且仅当时，等号成立，
即的最大值为.
（2）令，，，
则，
∵，，，
∴，
当且仅当，即时，等号成立，
由（1）知，
∴，
∴，∴，即，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值为.