2024届 四川成都高考冲刺数学(理)押题试卷(一模)附解析

这是一份2024届 四川成都高考冲刺数学(理)押题试卷(一模)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。
一、单选题
1．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】D
【分析】先化简集合A，B，再利用交集运算求解.
【详解】解：由题意得，
，
故选：D.
2．（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】C
【分析】根据诱导公式和正弦和角公式求解即可.
【详解】解：因为
所以，，
所以，
.
故选:C.
3．校园环境对学生的成长是重要的，好的校园环境离不开学校的后勤部门.学校为了评估后勤部门的工作，采用随机抽样的方法调查100名学生对校园环境的认可程度（100分制），评价标准如下：
2023年的一次调查所得的分数频率分布直方图如图所示，则这次调查后勤部门的评价是（ ）
A．优秀B．良好C．合格D．不合格
【正确答案】B
【分析】根据频率分布直方图求解中位数即可得答案.
【详解】解：由频率分布直方图可知，前3组的频率分别为，第4组的频率为
所以，中位数，即满足，对应的评价是良好.
故选：B.
4．双曲线的离心率为，其渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【正确答案】B
【分析】根据，结合双曲线的结合性质求得，进而求得双曲线的渐近线方程.
【详解】由题意知，双曲线的离心率为，
可得，即，解得，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：B.
5．在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知，则（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】A
【分析】根据题意得到，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】由题意，平面直角坐标系中， 为坐标原点，且，
可得，
则且，
所以.
故选：A.
6．一个四棱台的三视图如图所示，其中正视图和侧视图均为上底长为4，下底长为2，腰长为的等腰梯形，则该四棱台的体积为（ ）
A．B．C．28D．
【正确答案】A
【分析】根据三视图得到该四棱台腰长为，上底长为4，下底长为2的正四棱台求解.
【详解】解：由三视图可知该四棱台为正四棱台，且腰长为，
因为上底长为4，下底长为2，
所以该棱台的高为，
棱台的体积，
故选.
7．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则的最小值是（ ）
A．B．C．1D．2
【正确答案】A
【分析】先求得时，函数的值域为，结合函数为奇函数，求得函数的值域，进而求得其最小值.
【详解】当时，函数，
当时，；当时，，
所以函数在上的值域为
因为是上的奇函数，所以的值域为，
所以的最小值是.
故选：A.
8．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学.作为当今世界十分风靡和活跃的新理论､新学科，它的出现使人们重新审视这个世界：世界是非线性的，分形无处不在.分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合，数学与艺术审美的统一，而且还具有深刻的科学方法论意义，由此可见分形的重要性.美国物理学大师JhnWheeler曾说过：今后谁不熟悉分形，谁就不能被称为科学上的文化人.kch雪花曲线是一种典型的分形曲线，它的制作步骤如下：
第一步：任意画一个正三角形，记为，并把的每一条边三等分；
第二步：以三等分后的每一条边中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，记所得图形为；
第三步：把的每一条边三等分，重复第二步的制作，记所得图形为；
同样的制作步骤重复下去，可以得到，直到无穷，所画出的曲线叫做kch雪花曲线.
若下图中的边长为1，则图形的周长为（ ）
A．6B．C．D．
【正确答案】D
【分析】根据题意，建立图形中的边数为，每条边的长度为的递推关系，进而结合等比数列求通项公式即可得答案.
【详解】解：设图形中的边数为，每条边的长度为，
所以，由题可知，数列的递推关系为，；
数列的递推关系为，，
所以，由等比数列定义与通项公式得图形的边数为，边长为，
所以，图形的周长为，
所以，当时，图形的周长为.
故选：D.
9．将3个1和3个0随机排成一行，则3个0都不相邻的概率是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】C
【分析】先求出总数，再由插空法，得到满足题意的情况，由古典概型的公式即可得出答案.
【详解】先考虑总的情况，6个位置选3个放1，有种，
再考虑3个0都不相邻的情况，将3个0插入3个1形成的4个空中，有种，
可得.
故选：C．
10．已知直线，是函数图象的任意两条对称轴，且的最小值为，则的单调递增区间是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【正确答案】C
【分析】利用辅助角公式化简三角函数，再根据相邻对称轴的距离是周期的一半求出，利用整体代换法求得函数单调递增区间.
【详解】由题意，，
又直线，是函数图象的任意两条对称轴，
且的最小值为，
所以，所以，解得，所以，
令，，解得，，
所以函数的单调递增区间是，，
故选：C.
11．如图，在梯形ABCD中，，，，将△ACD沿AC边折起，使得点D翻折到点P，若三棱锥P-ABC的外接球表面积为，则（ ）
A．8B．4C．D．2
【正确答案】C
【分析】先找出两个三角形外接圆的圆心及外接球的球心，通过证明，可得四边形为平行四边形，进而证得BC⊥面APC，通过勾股定理可求得PB的值.
【详解】如图所示，
由题意知，，
所以，，
所以AB的中点即为△ABC外接圆的圆心，记为，
又因为，
所以，，
所以在中，取AC的中点M，连接PM，则△APC的外心必在PM的延长线上，记为，
所以在中，因为，，所以为等边三角形，
所以，
（或由正弦定理得：）
所以，
在中，，，，
设外接球半径为R，则，解得：，
设O为三棱锥P-ABC的外接球球心，则面ABC，面APC．
所以在中，，
又因为在，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为，
所以，
又因为面APC，
所以BC⊥面APC，
所以，
所以，即.
故选：C.
12．设函数，其中，是自然对数的底数（…），则（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
【正确答案】B
【分析】令，结合，判断AC；将不等式转化为，，再构造函数求解最值即可判断B；借助特殊值判断D.
【详解】解：令，则，且，，
当，，∴存在一个较小的正数使得都有，
当时，，∴存在一个较小的正数使得都有，
故A，C都不正确，
对于选项B，当，则显然成立，当时，即证明，
也即证明，，
令，则，
所以，时，，单调递增，时，，单调递减，
所以，的最小值为，
令，则，
所以，时，，单调递减，时，，单调递增，
所以，的最大值为，
所以，，
因为不同时取等，
所以，，即选项B正确，
对于选项D，当时，（成立），即，所以选项D不正确．
故选：B．
关键点点睛：本题解题的关键在于根据不同选项，构造不同的函数，利用函数值的大小，特殊值等，实现大小比较.
二、填空题
13．设是虚数单位，复数的模长为__________.
【正确答案】
【分析】先根据复数的除法化简，然后由模长公式可得.
【详解】解：模长为.
故答案为.
14．函数的零点个数为__________.
【正确答案】1
【分析】在同一坐标系中作出与的图象，由图即可得出答案.
【详解】解：注意到，在同一坐标系中作出与的图象，
易知零点个数为1.
故1.
15．如图，在中，.延长到点，使得，则的面积为__________.
【正确答案】
【分析】根据正弦定理和面积公式求解即可.
【详解】解：因为在中，，，
所以，由正弦定理得，即，
所以，，
在中，由正弦定理可得，
因为
所以，.
故答案为.
16．若A，B是抛物线上不同的两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点，则的最大值为______________．
【正确答案】6
【分析】设，，AB中点，利用点差法得到直线AB的斜率，再利用中垂线求得，然后利用抛物线的定义，由求解.
【详解】解：设，，AB中点，
设斜率为k，则，
相减得：，
∵，即，
设抛物线的焦点为F，，
∴，当且仅当A，B，F三点共线时等号成立，
此时满足在抛物线内部，
∴的最大值为6，
故6．
三、解答题
17．已知等差数列的前项和为，且.
(1)求；
(2)设数列满足，求数列的前项和.
【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的基本量计算得，再求通项公式即可；
（2）由题知数列是以2为首项，4为公比的等比数列，进而结合求和公式求解即可.
【详解】（1）解：设的公差为，由得，，解得，
∵，即，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由得，
∴，即数列是以2为首项，4为公比的等比数列，
.
18．随着容城生态公园绿道全环贯通，环城绿道骑行成为最热门的户外休闲方式之一.环城绿道全程约100公里，不仅可以绕蓉城一圈，更能360度无死角欣赏蓉城这座城市的发展与魅力.某位同学近半年来骑行了5次，各次骑行期间的身体综合指标评分与对应用时（单位：小时）如下表：
(1)由上表数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；
(2)建立关于的回归方程.
参考数据和参考公式：
相关系数.
【正确答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据数据求出相关系数，由相关系数的可判断相关程度；
（2）利用公式直接计算可得.
【详解】（1），
相关系数近似为，说明与负相关，且相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合与的关系；
（2）由（1）中数据，，
，
关于的回归方程为.
19．如图，正三棱柱的体积为，，P是面内不同于顶点的一点，且．
(1)求证：；
(2)经过BC且与AP垂直的平面交AP于点E，当三棱锥E-ABC的体积最大时，求二面角平面角的余弦值．
【正确答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由分析知，三棱锥E-ABC的体积最大，等价于点E到面ABC的距离最大，由分析知，∠PFD为二面角的平面角，以F为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面和，代入即可得出答案.
【详解】（1）设线段BC的中点为F，则，
∵，，AP为公共边，
∴，
∴，
∴，又，面APF，
∴BC⊥面APF，面APF
∴；
（2）设线段的中点为D，由题意，点P在线段上，
由，得，
∴三棱锥E-ABC的体积最大，等价于点E到面ABC的距离最大，
∵AP⊥面BCE，面BCE，∴，
∴点E在以AF为直径的圆上，如图，易知，
从而，
由（1）知PF⊥BC，DF⊥BC，平面，DF平面，
平面平面，
∴∠PFD为二面角的平面角，
如图，以F为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，
于是，，从而，
∴二面角平面角的余弦值为．
20．已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与轴交于点，过作直线交于两点，交于两点.已知直线交于点，直线交于点.试探究是否为定值，若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由.
【正确答案】(1)
(2)是，1
【分析】（1）由题设可得关于的方程组，求出其解后可得椭圆的方程.
(2)【详解】（1）由题意，，解得，
代入点得，解得，
的方程为：；
（2）
由题意，，当斜率都不为0时，设，，
当时，由对称性得，
当时，联立方程，得
恒成立，，
同理可得：，
直线方程：，
令，得，
同理：，
，
，
当斜率之一为0时，不妨设斜率为0，则，
直线方程：，直线方程：，
令，得，
，
综上.
21．已知函数，其中．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若对任意的，都有．
（ⅰ）求实数m的取值范围；
（ⅱ）证明：对任意的，都有．
【正确答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求导，判断导数的正负即可得到单调区间；
（2）（ⅰ）求导，分、、三种情况讨论，求得最小值即可求解；
（ⅱ）借助（ⅰ）的结论由当时，，得，令，得，从而可证.
【详解】（1）当时，的定义域为，
，
当时，；当时，，
∴的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）（ⅰ），
①当时，，（不合题意）；
②当时，，（不合题意）；
③当时，，当，；当，，
∴在上单调递减；在上单调递增，
∴当时，的最小值为，
于是，
∴，解得或，
∵，∴，
综上所述，实数m的取值范围为
（ⅱ）由（ⅰ）可知当时，，
即，
当且仅当时取等号，
令，则，
即，
令，则，有．
关键点睛：证明对任意的，都有，需要借助第二问中（ⅰ）的结论：当时，，即，令，得，从而可证.
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线及曲线的直角坐标方程；
(2)设点在曲线上，点在曲线上，求的最小值.
【正确答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）由曲线的参数方程通过将两个式子两边分别平方再相减可消去参数，得到曲线的普通方程；对于曲线先化为，再利用公式直接化为直角坐标方程即可；
（2）根据曲线是以为圆心，的圆，则，设，利用两点距离公式建立，令，从而利用二次函数即可求得最小值.
【详解】（1）由变形得，
则有曲线的直角坐标方程为，
，即，
由代入得，，
曲线的直角坐标方程为；
（2）由（1）得曲线是以为圆心，的圆，
设，
则，
设，
当时，，
.
23．已知，且，证明：
(1)；
(2)若，则.
【正确答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由柯西不等式即可证明；
（2）由均值的不等式可得，由（1）可得，即可证明.
【详解】（1）由，得，
由柯西不等式有，
，当且仅当时等号成立，
，当且仅当时等号成立；
（2）由可得
，
当且仅当时取等，
由（1）可得，当且仅当时等号成立，
从而，当且仅当时等号成立.中位数
评价
优秀
良好
合格
不合格
身体综合指标评分
1
2
3
4
5
用时小时
9.5
8.6
7.8
7
6.1