四川成都2024届 高三第二学期高考模拟数学(理科)模拟试题(有答案)

这是一份四川成都2024届 高三第二学期高考模拟数学(理科)模拟试题(有答案)，共24页。试卷主要包含了已知函数若，则m的值为，已知数列满足且，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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．已知复数满足，其中为虚数单位，则复数的虚部是（ ）
A．B．C．1D．
3．已知平面向量，，且，则（ ）
A．2B．C．D．
4．已知函数若，则m的值为（ ）
A．B．2C．9D．2或9
5．如下图，在边长为的正方形内有不规则图形. 向正方形内随机撒豆子，若撒在图形内和正方形内的豆子数分别为，，则图形面积的估计值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知抛物线上一点到其准线及对称轴的距离分别为3和，则（ ）
A．2B．2或4C．1或2D．1
7．设命题，使是幂函数，且在上单调递减；命题，则下列命题为真的是（ ）
A．B．C．D．
8．已知数列满足且，则（ ）
A．3B．C．-2D．
9．设函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
10．将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象．若在上有且仅有3个极值点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
11．设，是双曲线：的左、右焦点，以线段为直径的圆与直线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．
C．D．2
12．如图，已知在长方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于，则下列说法正确的是（ ）
（1）三棱锥的体积为20
（2）直线与平面所成角正弦值的最大值为
（3）存在唯一的点，使得平面，且
（4）存在唯一的点，使截面四边形的周长取得最小值
A．（1）（2）（3）B．（2）（3）（4）C．（2）（3）D．（2）（4）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13． ．
14．若的展开式中二项式系数之和为32，则展开式中的含的项的系数为 .
15．若函数存在极值点，则实数a的取值范围为 ．
16．高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，已知数列满足，，若为数列的前项和，则 ．
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，考生依据要求作答
（一）必考题：共60分．
17．《中国诗词大会》是中央电视台于2016年推出的大型益智类节目，中央电视台为了解该节目的收视情况，抽查北方与南方各5个城市，得到观看该节目的人数（单位：千人）如茎叶图所示，但其中一个数字被污损．
(1)若将被污损的数字视为0～9中10个数字中的一个，求北方观众平均人数超过南方观众平均人数的概率；
(2)该节目的播出极大激发了观众学习诗词的热情，现在随机统计了4位观众每周学习诗词的平均时间（单位：小时）与年龄（单位：岁），并制作了对照表（如下表所示）；
由表中数据分析，与呈线性相关关系，试求线性回归方程，并预测年龄为60岁的观众每周学习诗词的平均时间．
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为．
18．在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面对问题中，并解答问题.
在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足 .
(1)求；
(2)若的面积为，D为AC的中点，求BD的最小值.
19．已知球内接正四棱锥的高为相交于，球的表面积为，若为中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
20．已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
21．已知函数，
(1)若与有相同的单调区间，求实数的值；
(2)若方程有两个不同的实根，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，则按所做的第一题记分．
[选修4-4，坐标系与参数方程]
22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，取相同的长度单位，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)已知点P的极坐标为，直线l与曲线相交于E，F两点，直线l与曲线相交于A，B两点，且，求实数m的值．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数，．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)当时，函数的最小值为，若，，均为正数，且，求的最大值．
年龄
20
30
40
50
每周学习诗词的平均时间
3
3.5
3.5
4
1．A
【分析】求出集合B，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，
所以.
故选：A
2．B
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由复数，可得，
所以复数的虚部是．
故选：B．
3．D
【分析】利用平面向量平行的坐标运算公式即可.
【详解】因为，，且，所以，
解得，所以D正确.
故选：D.
4．C
【分析】由题可得或，即求.
【详解】∵函数，，
∴或，
解得.
故选：C.
5．C
【分析】根据落到不规则图形和正方形中的点的个数，得到概率，即得到两者的面积的比值，根据所给的正方形的边长，求出面积，根据比值得到要求的面积的估计值．
【详解】解：∵由题意知在正方形中随机投掷个点，则个点中有个点落入中，
∴不规则图形的面积：正方形的面积，
∴不规则图形的面积正方形的面积
．
故选：C．
6．B
由题意，得到，结合抛物线方程，即可求出结果.
【详解】因为抛物线上一点到其准线及对称轴的距离分别为3和，
所以，即，代入抛物线方程可得，
整理得，解得或.
故选：B.
7．A
【分析】根据特称命题与全称命题判断命题的真假，从而可得“或”、“且”、“非”命题的真假得结论.
【详解】对于命题，当时，函数，是幂函数，且在上单调递减，故命题为真命题；
对于命题，当时，，不满足，故命题为假命题．
所以“”为真命题，“”为假命题，“”为假命题，“”为假命题．
故选：A．
8．B
【分析】由已知可得数列递推式，求出其前面几项，可得数列的周期，由此可求得答案.
【详解】由题意数列满足，则，
故由，得，
由此可知数列的周期为4，
故，
故选：B
9．D
利用导数判断函数在的单调性，然后根据奇偶性判断在的单调性，再利用单调性与奇偶性结合求解不等式.
【详解】当时，，所以，因为，所以，即，所以函数在上单调递增，又因为函数为上的偶函数，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则不等式，等价于，所以或.
故选：D.
对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“”，转化为解不等式(组)的问题，若为偶函数，则．
10．C
【分析】先根据题意得出函数，当时，，要使在上有且仅有3个极值点，需满足，解不等式即可.
【详解】由题可知，，当时，．
因为在上有且仅有3个极值点，所以，解得，
所以的取值范围为：．
故选：C.
11．A
【分析】首先推得为等腰三角形，再由三角形的内角和定理和三角函数的诱导公式和二倍角的正切公式，结合渐近线的斜率和离心率公式，计算可得所求值．
【详解】由题意可得，
即有为等腰三角形，
设，
则，
所以
即为，
所以，
故选：A
关键点点睛：由题意得出为等腰三角形，在三角形中利用三角函数，建立关于的方程，是求出离心率的关键，属于中档题.
12．D
【分析】对（1），根据三棱锥等体积转换可得求解判断；对（2），点到平面的距离等于点到平面的距离，当最小时即当点与点重合时，此时直线与平面所成角正弦值的最大，求解判断；对（3），若（3）正确，可知点与点重合，已找出矛盾；对（4），四边形为平行四边形，周长取得最小值即最小时，将平面与将平面放在同一平面内，求得结果.
【详解】对于（1），如图过点作垂线，垂足为，易知，
在长方体中，平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，
，平面，平面，所以平面，
所以点到平面平面的距离等于点到平面的距离，即为，
三棱锥的体积为，
故（1）错误；
对于（2），平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，距离为，
所以当最小时即当点与点重合时，
此时直线与平面所成角的正弦值最大，最大值为，故（2）正确；
对于（3），若，可知点与点重合，又因为，易知与不垂直，
故与不垂直，与平面不垂直，故（3）错误；
对于（4），四边形的周长，周长取得最小值即最小，
将平面与将平面放在同一平面内，可知最小值为，
所以截面四边形的周长取得最小值，故（4）正确.
综上，说法正确的有（2）（4）.
故选：D.
思路点睛：对（1）利用三棱锥等体积转换求解判断，对（2）根据平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，当最小时，直线与平面所成角正弦值的最大，判断求解，对（3）利用反证法判断，对（4）四边形的周长最小即最小时，将平面与将平面放在同一平面内，求解即可.
13．##0.25
【分析】利用诱导公式和倍角公式求解.
【详解】．
故
14．270
【分析】根据展开式的二项式系数之和为，求得，然后利用通项公式求解.
【详解】由展开式的二项式系数之和为，解得，
所以展开式的通项公式为，
令，解得，
所以含项的系数为.
故270.
15．
【分析】求导，根据题意知方程有两个不等的实根，可得出，从而得解.
【详解】因为，可得，
因为函数存在极值点，所以有两不等实根，
则，解得或，
所以的取值范围是.
故答案为.
16．
【分析】由变形为，得到数列是等比数列，从而得到，再利用累加法得到，从而，再利用裂项相消法求解.
【详解】解：由得，又，
所以数列是以4为首项和公比的等比数列，故，
由累加法得
所以，
，
又，
令，
，
，
代入得.
故2025
17．(1)
(2)；4.25小时
【分析】（1）求出两组数据的平均数，推出的范围，然后求解概率．
（2）求出样本中心坐标，求出回归直线的斜率以及截距，然后求解即可．
【详解】（1）设污损的数字为，由北方观众平均人数超过南方观众平均人数得
即
；
（2），，
，
又，，
，
，
，
时，．
答：年龄为60岁的观众每周学习诗词的平均时间大约为4.25小时．
18．(1)条件选择见解析，
(2)
【分析】（1）选①：利用正弦定理边化角结合两角和的正弦化简求解；选②：利用平方关系结合正弦定理角化边，再利用余弦定理求解；选③：利用正弦定理角化边得即可求解；
（2）由面积得，结合余弦定理和基本不等式求最值.
【详解】（1）若选择①：，
由正弦定理可得，
因，,故，，
则有，因,故.
若选择②：，
则，
由正弦定理可得，
故，
因,故.
若选择③ ；
由正弦定理可得，，
再由余弦定理得，，即，
，．
（2），又，
在三角形BCD中，，
，
当且仅当时取等号，
的最小值为．
19．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由题意可得，利用线面平行的判断定理可得结论；
（2）结合题中的几何关系建立空间直角坐标系，结合平面的法向量可得二面角的余弦值为.
【详解】（1）证明：由分别是的中点，得，
又平面平面，所以平面.
（2）由球的表面积公式，得球的半径，
设球心为，在正四棱锥中，高为，则必在上，
连，则，
则在，则，即,
在正四棱锥中，平面于，且于，
设为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系系，
得中点，
所以，
设分别是平面和平面的法向量，
则 和，
令，可得，
可得，则，
由图可知，二面角的大小为钝角，
所以二面角的余弦值为.
20．（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先分析的单调性，从而结合的导数得到，再进行检验即可得解；
（2）将问题转化为有两个不同的实根，构造函数，利用导数求得的取值范围，再利用零点的定义消去转化得，从而构造函数，利用导数证得，从而得证.
【详解】（1）函数与的定义域均为，
由得，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
由得，
因为与有相同的单调区间，
所以，解得，
当时，，
因为在区间上单调递增，且0，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增，
此时与有相同的单调区间，符合题意，
故.
（2）方程有两个不同的实根，
等价于有两个不同的实根，
等价于有两个不同的实根，
令，则，
当时，单调递减，不符合题意，舍去；
当时，方程必有一正根，使得，即，
且当时，单调递减；当时，单调递增，
若方程有两个不同的实根，，
令，则单调递减，
因为，所以，
所以，
因为是方程的两个不同的实根，
所以，，
两式相加，得，即，
两式相减，得，即，
所以，整理得，
不妨设，令，
则，所以单调递增，，
所以，所以，
所以，所以，
又因为，所以.
方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
22．(1)，
(2)
【分析】（1）由消参法可得曲线的普通方程，根据极坐标和直角坐标之间的转化公式可得曲线的直角坐标方程；
（2）求得点P直角坐标，判断点P位置，结合曲线方程，求得，利用直线的参数方程中参数的几何意义求得的值，结合，即可求得答案.
【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），
则，
即曲线的普通方程为．
因为，所以，
则曲线的直角坐标方程为．
（2）因为点P的极坐标为，所以点P的直角坐标为，则点P在直线l上，
且点P为曲线：的圆心，所以．
因为直线l的标准参数方程为（s为参数），
将其代入曲线的直角坐标方程中，得，,
设A，B两点对应的参数分别为，，则,
则，，故．
又，所以．
23．(1)
(2)
【分析】（1）将函数写成分段函数，再分类讨论分别得到不等式组，解得即可；
（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，即可得到，再由柯西不等式计算可得.
【详解】（1）当时，
所以不等式等价于或或，
解得或或，
综上可得不等式的解集为.
（2）当时，
当且仅当，即时取等号，
所以，
又，，均为正数，所以，
所以，当且仅当，即、时取等号，
所以的最大值为.