2023_2024学年四川高考冲刺数学(文)仿真试卷(二模)附解析

这是一份2023_2024学年四川高考冲刺数学(文)仿真试卷(二模)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．已知集合， 若， 则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】C
【分析】讨论m的取值，写出A，使其满足条件即可.
【详解】时， ， ，，所以 即；
时， ， ，不可能；
时， ，，不可能.
故选：C .
2．“”是“，是假命题”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】B
由命题“，是假命题”，利用二次函数的性质，求得实数的取值范围，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由题意，命题“，是假命题”
可得命题“，是真命题”
当时，即时，不等式恒成立；
当时，即时，则满足，解得，
综上可得，实数，
即命题“，是假命题”时，实数的取值范围是，
又由“”是“”的必要不充分条件，
所以“”是“，是假命题”的必要不充分条件，
故选：B.
理解全称命题与存在性命题的含义时求解本题的关键，此类问题求解的策略是“等价转化”，把存在性命题为假命题转化为全称命题为真命题，结合二次函数的性质求得参数的取值范围，再根据充分、必要条件的判定方法，进行判定.
3．在各项均为正数的等比数列中，，则（ ）
A．1B．C．4D．
【正确答案】D
【分析】根据等比数列的性质结合条件可得，进而即得.
【详解】因为，
所以，又等比数列的各项均为正数，
所以.
故选：D.
4．在区间内随机取一个数，使得的概率为（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】A
【分析】解不等式，可得出的取值范围，再结合几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】因为函数在上为增函数，
由可得，解得，
由几何概型的定义可得在区间内随机取一个数，使得的概率为，
故选：A.
5．函数在区间上的图象大致为（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】B
【分析】根据函数的奇偶性以及函数值的符号分析判断.
【详解】∵，
∴为奇函数，图象关于原点对称，C、D错误；
又∵若时，，
当时，，当时，，
∴当时，，当时，，A错误，B正确；
故选：B.
6．如图，在长方体中，底面ABCD为正方形，E，F分别为，CD的中点，直线BE与平面所成角为，给出下列结论：
①平面； ②；
③异面直线BE与所成角为； ④三棱锥的体积为长方体体积的．
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
【正确答案】D
【分析】取中点为，可证明平面平面，根据面面平行的性质即可判断①；可证明平面，即可判断②；可证明四边形是平行四边形，即可得到，进而可得即等于所求角，求出该角即可判断③；以为底，即可求出三棱锥的体积，进而判断④.
【详解】
取中点为，连结.
对于①，因为分别是的中点，所以，，
因为平面，平面，所以平面，
同理，平面.
因为，平面，平面，，所以平面平面，
又平面，所以平面，所以①正确；
对于②，由已知可得四边形是正方形，，
又平面，平面，所以，
因为平面，平面，，所以平面，
又平面，所以，故②正确；
对于③，取中点为，连结.
因为，，，，所以，所以且，
所以四边形是平行四边形，则，所以异面直线BE与所成角即等于直线与所成角，
因为直线BE与平面所成角为，平面，所以，所以，设，则，则，
所以为等边三角形，所以，故③正确；
对于④，设长方体体积为，则.
因为平面，则，故④正确.
故①②③④正确.
故选：D.
7．一个算法的程序框图如图所示，该程序输出的结果为，则空白处应填入的条件是
A．B．C．D．
【正确答案】A
【分析】运行程序，通过计算循环结构，当时，退出循环结构，由此确定空白处所填写的条件.
【详解】运行程序，，判断是，，判断是，，判断是，，判断是，，判断是，，判断是，，判断是，，判断是，，判断是，，此时，需要退出程序，输出的值.故填“”，所以本题选A.
本小题主要考查程序框图，考查根据程序框图的输出值填写循环结构的条件，考查裂项求和法，属于基础题.
8．设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】D
【分析】构建，求导，利用导数判断单调性，结合单调性可证，再构建，求导，利用导数判断单调性，结合单调性可证，再证，即可得.
【详解】构建，则，
当时，则，故在上单调递增，
∵，则，即，
∴，即，
构建，则，
当时，则，故在上单调递减，
∵，则，即，
∴，
又∵，则，
∴，故，即，
综上所述.
故选：D.
关键点点睛：
①若证，构建，结合导数分析判断；
②若证，构建，结合导数分析判断，并根据题意适当放缩证明.
9．已知中，，，AD与BE交于点P，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】B
【分析】利用可得，再利用可得，可得关于的方程组，解方程组即求.
【详解】∵，，与交于点，且，，
∴，
又，
∴，解得，
∴.
故选：B.
10．已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为
A．B．C．D．
【正确答案】D
【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.
【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，
，又，分别为、中点，
，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D．
解法二:
设，分别为中点，
，且，为边长为2的等边三角形，
又
中余弦定理，作于，，
为中点，，，
，，又，两两垂直，，，，故选D.
本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．
11．已知双曲线，其焦点到渐近线的距离为6，则下列说法错误的是（ ）
A．B．双曲线的渐近线方程为：
C．双曲线的离心率为D．双曲线上的点到焦点距离的最小值为2
【正确答案】A
【分析】根据双曲线方程及焦点坐标有，应用点线距离公式得，进而求出参数值，写出双曲线方程，即可判断各项正误.
【详解】依题意，双曲线的标准方程中①，
双曲线的渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为，
∴，即②，结合①②得，
∴双曲线的方程为，故，
则离心率为，渐近线方程为，上的点到焦点距离的最小值为，即B、C、D均正确.
故选：A
12．已知函数，若方程有两个不相等的实数根，则实数的取值可以是（ ）
A．B．C．2D．4
【正确答案】D
【分析】作出函数的图像，利用图像法求解.
【详解】如图，作出函数的大致图像.

时，，，故在点处的切线斜率为，直线过定点，当时，与图像有一个交点；直线过点时，，此时与图像有2个交点；当时，与图像有一个交点；当时，与图像有2个交点.
综上，当时，与图像有2个交点，故方程有两个不相等的实数根，则实数的取值可以是4.
故选：D
二、填空题
13．已知复数满足，则的最小值是___________.
【正确答案】
【分析】设，由可得圆的方程，再由的几何意义即原点到圆上的最短距离，即可得解.
【详解】设，，
由可得，
故对应点的轨迹为圆心,半径为的圆C，
表示原点到圆C上的最短距离，
而原点在圆内，由原点到圆心的距离，
所以原点到圆C上的最短距离为，
故答案为.
14．函数在上单调递增，则的最大值为__________．
【正确答案】
【分析】由得到，结合正弦函数图象得到不等式组，求出，，利用，求出，从而得到，得到答案.
【详解】，则，
因为，所以要想在上单调递增，
需要满足且，，
解得：，，
所以，解得：，
因为，所以，
因为，所以，
的最大值是.
故答案为.
15．过抛物线的焦点且倾斜角为锐角的直线与交于两点（横坐标分别为，点在第一象限），为的准线，过点与垂直的直线与相交于点．若，则_____________．
【正确答案】9
【分析】先判断出直线的倾斜角为，求出的方程，与抛物线联立，解出，即可得到答案.
【详解】如图，

由抛物线定义知.
而，∴为等边三角形， ，
故直线的倾斜角为，所以的方程为．
由，得，即，
则，故．
故9
16．已知函数，，若存在，，使得成立，则的最小值为__________．
【正确答案】
【分析】利用导数分析函数的单调性，结合已知条件可得出，可得，构造函数，利用导数求出函数在上的最小值可得解.
【详解】函数的定义域为，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，所以时，；
时，；时，，
同时注意到，
所以若存在，，使得成立，
则且，
所以，所以，
所以构造函数，而，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，即．
故答案为.
关键点点睛：本题的关键点利用导数分析函数得，再构造函数，考查了学生分析问题、解决问题的能力..
三、解答题
17．如图，在平面四边形中，.
(1)若，求的面积；
(2)若，求.
【正确答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据求得，再结合求解即可；
（2）设，再在中利用正弦定理得出关于的方程，再根据三角函数恒等变换化简求解即可.
【详解】（1）由,可得，
又，
故，
故；
（2）设则，
在中，由正弦定理可得，
即，
∴，即，
∴
，
故，
又，解得，
又由正弦定理有，
故.
18．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行､也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛，除此之外，卡塔尔世界杯还是首次在北半球冬季举行､第二次世界大战后首次由从未进过世界杯的国家举办的世界杯足球赛.某学校统计了该校500名学生观看世界杯比赛直播的时长情况（单位：分钟），将所得到的数据分成7组；（观看时长均在内），并根据样本数据绘制如图所示的频率分布直方图
(1)求a的值，并估计样本数据的中位数；
(2)采用分层抽样的方法在观看时长在和的学生中抽取6人､现从这6人中随机抽取3人分享观看感想，求抽取的3人中恰有2人的观看时长在的概率.
【正确答案】(1)；中位数为160
(2)
【分析】（1）由频率和频率和为1，能求出的值，利用直方图中能估计样本数据的中位数；
（2）采用分层抽样的方法能求出观看时长在和内应抽取人数，然后利用古典概型的概率计算公式求解即可．
【详解】（1）解：由频率分布直方图性质得：
，
解得．
,的频率为．
估计样本数据的中位数为160；
（2）解：采用以样本量比例分配的分层随机抽样方式，
则中抽取人，分别记为，，，，
中抽取人，分别记为，，
现从这6人中随机抽取3人分享观看感想，包含的基本事件有：
共20个，
抽取的3人中恰有2人的观看时长在”基本事件有：
共12个，
所以抽取的3人中恰有2人的观看时长在的概率为．
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD，梯形ABCD中，，，E是PD的中点.
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，求P到平面AEC的距离.
【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理证明求解；（2）利用体积公式求点到平面的距离.
【详解】（1）∵PC⊥平面ABCD，平面ABCD，∴.
取AB的中点M，连接CM，
∵，，∴，，
∴四边形ADCM为平行四边形.
∵，∴为菱形，∴.
∵，∴四边形BMDC为平行四边形,
∴,
∴.又有，平面PBC,
∴AC⊥平面PBC.平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.
（2）∵，，，∴，
又有，，，∴.
，E为PD的中点，，
∴在中，.
由,
得,
求得.
在中，，则，∴的面积.
设P到平面AEC的距离为d，又，解得.
20．已知椭圆的短轴长为，左顶点A到右焦点的距离为.
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)设直线与椭圆交于不同两点，（不同于A），且直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，求在上的射影的轨迹方程.
【正确答案】(1)椭圆的方程，离心率；
(2)
【分析】（1）用待定系数法求出椭圆的方程；
（2）先用“设而不求法”求出直线经过定点，再判断出的轨迹为以BF为直径的圆，即可求出轨迹方程.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，所以椭圆的方程为，
离心率为.
（2）当直线的斜率存在时，可设l：代入椭圆方程，得.
设，所以.
由（1）可知，点A（-2，0），离心率.
因为直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，所以.
所以.
把代入，整理化简得：，
即，所以或.
由直线l：，
当时，经过定点（-2，0），与A重合，舍去；
当时，经过B定点（，0）；
当直线的斜率不存在时，可设l：，则，
因为，所以，
解得：或.
当时，直线经过点A，舍去；
当时，直线经过B定点（，0）.
综上所述，直线l经过B定点（，0）.
而在上的射影，即为FH⊥l.所以点H的轨迹为以BF为直径的圆.
其中,,所以圆心，半径，
所以圆的方程为，
故点H的轨迹方程为.
21．已知函数．
(1)是否存在实数使得在上有唯一最小值，如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由；
(2)已知函数有两个不同的零点，记的两个零点是，.
①求证：；
②求证：．
【正确答案】(1)存在，
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）求导，根据的取值范围讨论函数的单调性与最值情况；
（2）分离参数，根据函数有两个零点，可转为两函数图象有两个公共点，进而确定，且，，①先证：，再证：，进而得证；②若证，即证，设，构造，根据导数判断函数单调性与最值，即可得证.
【详解】（1），，则，，
当时，恒成立，函数单调增，没有最值；
当时，令，解得，负值舍去，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取到最小值，，解得，
所以存在满足条件的；
（2）由，得，
令，则，
令，解得，
函数在上单调递减，在单调递增，
故在上有唯一最小值点，
若方程有两个不同的零点，，
则，且，
①函数的图象在点，处的切线方程分别为和
且在内，在上
先证：即，即，，
，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以；
再证：，即
令，则恒成立，
所以在上单调递减，所以，
令，，
即可得，，即；
②，则，
所以若证，即证，
即，即，即证，
即，
令，即证明
令，显然，
，
令，
∴，，，
故在区间，上单调递减，
在区间，上单调递增，
又因，所以在区间上单调递增，
故
所以在区间上单调递增，
所以，则不等式得证．
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
22．在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为(为参数)，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为(为直线的倾斜角)．
(1)求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程;
(2)设，直线与曲线相交于两点，求的最大值．
【正确答案】(1)；；
(2)2
【分析】（1）利用与正弦的和差公式可求得直线的直角坐标方程；利用消参法可求得曲线的普通方程；
（2）法一：先由条件得到直线的参数方程，再联立直线与曲线的方程，利用参数的几何意义得到，从而得解；
法二：利用圆的切割线定理得到，从而得到，由此得解.
【详解】（1）由，得，
由，得直线的直角坐标方程为，
由(为参数)，两式相除得，
所以，整理得曲线的普通方程为.
（2）法一：
因为直线经过点，所以直线的参数方程为(为参数)，
代入中，得，
由，得，又，故，
所以，
所以，
因为，所以，故，则，
所以，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为2.
法二：
直线经过点，曲线为除点外，以为圆心半径为的圆，
易得圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切，且为切点，
所以由圆的切割线定理得，
所以，当且仅当为圆的直径时，等号成立，
故的最大值为2．
23．不等式对于恒成立．
(1)求证：；
(2)求证：
【正确答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用绝对值三角不等式可得出，再利用基本不等式可证得结论成立；
（2）利用基本不等式可得出，，，再结合不等式的基本性质可证得结论成立.
【详解】（1）证明：因为对于恒成立，
又因为，所以，
由基本不等式可得，，，
所以，，
所以，所以.
（2）证明：因为，所以，所以，
同理可得：，，
所以，
所以.