2024届 四川成都高考冲刺数学(文)仿真试卷(一模)附解析

这是一份2024届 四川成都高考冲刺数学(文)仿真试卷(一模)附解析，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小题，每小题5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. 或B. C. 或D.
【正确答案】B
【分析】分析可知，利用集合的包含关系可出关于的等式，结合集合元素满足互异性可得出实数的值.
【详解】因为，，，则，
所以，或，
若，则，此时，，集合中的元素不满足互异性，故；
若，可得，因为，则，此时，，合乎题意.
因此，.
故选：B.
2. 已知，，，若，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【正确答案】C
【分析】由已知可得，，代入根据复数相等的充要条件列出方程组，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，，
所以，
所以有，解得或.
故选：C.
3. 某商场一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示，则下列说法中不正确的是（ ）
A. 支出最高值与支出最低值的比是6：1
B. 利润最高的月份是2月份
C. 第三季度平均收入为50万元
D. 1～2月份的支出的变化率与10～11月份的支出的变化率相同
【正确答案】B
【分析】由统计图中数据，对选项中的统计结论进行判断.
【详解】支出最高值为60万元，支出最低值为10万元，支出最高值与支出最低值的比是，A选项正确；
2月份利润为20万元，3月份和10月份利润为30万元，利润最高的月份是3月份和10月份，B选项错误；
7，8，9月份收入分别为40万元，50万元，60万元，则第三季度平均收入为50万元，C选项正确；
1～2月份的支出变化率为 ，10～11月份的支出变化率为 ，故变化率相同，故选项D正确.
故选：B
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用诱导公式以及同角三角函数的平方关系可得出关于、的方程组，求出这两个量的值，即可求得的值.
【详解】因为，
由题意可得，解得，
因此，.
故选：B.
5. 函数的部分图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】先判断函数的奇偶性排除选项C、D；再由，即可求解.
【详解】函数的定义域为，
且，
所以函数是奇函数，其函数图像关于对称，所以选项C、D错误；
又，所以选项B错误；
故选：A.
6. 过、两点，且与直线相切的圆的方程可以是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】分析可知，圆心在直线上，设圆心为，根据圆与直线相切以及圆过点可得出关于的等式，解出的值，即可得出所求圆的方程.
【详解】因为、，则线段的垂直平分线所在直线的方程为，
设圆心为，则圆的半径为，
又因为，所以，，
整理可得，解得或，
当时，，此时圆的方程为；
当时，，此时圆的方程为.
综上所述，满足条件的圆的方程为或.
故选：C.
7. 已知a，b是不同的两条直线，，是不同的两个平面，现有以下四个命题：
①；②；③；④．
其中，正确的个数有（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【正确答案】C
【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一判断即可.
【详解】若，则，故①正确；
若，则，故②正确；
若，则或，故③错误；
若，则平面内存在直线，使得.
又，所以，所以，故④正确.
所以正确的个数有3个.
故选:C.
8. 已知数列的通项公式为，前n项和为，则取最小值时n的值为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【正确答案】C
【分析】由已知可推得当时，.又，即可得出答案.
【详解】解可得，或，即或.
所以，当时，.
又，
所以，当时，取最小值.
故选：C.
9. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，然后利用不等式的基本性质、对数函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】构造函数，其中，
则，所以，函数上单调递增，
所以，，即，
因为，则，所以，，
又因为，则，故，故.
故选：A.
10. 已知双曲线C：（a>0，b>0）的离心率为，左，右焦点分别为，关于C的一条渐近线的对称点为P.若，则的面积为（ ）
A. 2B. C. 3D. 4
【正确答案】D
【分析】设与渐近线交于，由对称性知且，在直角中可求得，再由求得的面积.
【详解】
设与渐近线交于，则，，，
所以，，
由分别是与的中点，知且，即，
由得，所以，
故选：D
11. 如图，在山脚测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走米到，在处测得山顶的仰角为，则山高（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】在中，根据正弦定理求得，结合，即可求解.
【详解】在中，，
由正弦定理得，可得，
过点作，可得
所以.
故选：D.

12. 若函数恰有2个零点，则实数a取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】设，求导数确定函数的单调性与取值情况，即可作出的大致图象，将函数的零点个数转化为函数函数的图象与直线的图象交点个数，分析函数与直线情况，即可得实数a的取值范围.
【详解】令，，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，当趋向正无穷时，趋向正无穷，故作出的大致图象，如图所示．
由题知函数恰有2个零点，即函数的图象与直线的图象恰有2个交点，
易知点为与直线的公共点，又曲线在点处的切线方程为，
所以当，直线与与曲线有2个交点；
当时，直线与曲线有2个交点．
综上所述，实数的取值范围为．
故选：C．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.
13. 已知，，若，则________．
【正确答案】##
【分析】求出向量的坐标，利用平面向量共线的坐标表示可求得实数的值.
【详解】因为，，则，
因为，则，解得.
故答案为.
14. 记为等比数列的前项和.若，则__________.
【正确答案】
【分析】由可得，再由求和公式求比值即可.
【详解】设等比数列的公比为，
由，可得，即，
所以.
故17.
15. 如图，是边长为2的正方形，其对角线与交于点，将正方形沿对角线折叠，使点所对应点为，.设三棱锥的外接球的体积为，三棱锥的体积为，则__________．
【正确答案】
【分析】由题知球心为O,求得球的体积，再求锥的体积，则比值可求
【详解】由题,易知三棱锥的外接球的球心为，∴，∴，到底面的距离为，∴，∴.
故答案为
本题考查球与三棱锥的体积，外接球问题，明确球心位置是突破点，准确计算是关键，是基础题
16. 过抛物线上且在第一象限内的一点作倾斜角互补的两条直线，分别与抛物线另外交于，两点，若直线的斜率为，则的最大值为__________．
【正确答案】
【详解】由题意，设，则， 即，
所以， 又，
所以．
点睛：本题考查了抛物线的性质，直线的斜率公式和基本不等式求最值的应用，着重考查了推理与运算能力，其中正确推算的表达式和运用基本不等式是解答的关键．
三、解答题：第17至21题每题12分，第22、23题为选考题，各10分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 某学习的注册用户分散在、、三个不同的学习群里，分别有人、人、人，该设置了一个名为“七人赛”的积分游戏，规则要求每局游戏从、、三个学习群以分层抽样的方式，在线随机匹配学员共计人参与游戏．
（1）每局“七人赛”游戏中，应从、、三个学习群分别匹配多少人？
（2）设匹配的名学员分别用：、、、、、、表示，现从中随机抽取出名学员参与新的游戏．
（ⅰ）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
（ⅱ）设M为事件“抽取的名学员不是来自同一个学习群”，求事件发生的概率．
【正确答案】（1）应从、、三个学习群分别匹配人、人、人
（2）（ⅰ）答案见解析（ⅱ）
【分析】（1）利用分层抽样可求得、、三个学习群分别匹配的人数；
（2）（i）利用截距法可列举出所有的可能抽取的结果；
（ii）确定事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得事件发生的概率.
【小问1详解】
解：三个学习群人数比例为，
因此，应从学习群匹配的人数为人，应从学习群匹配的人数为人，
应从学习群匹配的人数为人.
【小问2详解】
解：（ⅰ）所有可能的结果为：、、、、、
、、、、、、、
、、、、、、、
、，共种；
（ii）“抽取的名学员不是来自同一个学习群”抽取的名学员不是来自同一个学习群”
包含的基本事件有：、、、、、、
、、、、、、、
、、，共种，
所以其概率.
18. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，且．
（1）求A；
（2）若，求证：△ABC是直角三角形．
【正确答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）由正弦定理边化角可得，然后根据两角和的公式以及辅助角公式，即可推得.根据的取值范围，即可得出答案；
（2）由余弦定理结合已知可推得.正弦定理边化角可得.又，代入化简可得.然后根据的范围，即可得出，进而得出，即可得出证明.
【小问1详解】
由已知及正弦定理得.
因为，
所以有.
因为，所以，
整理有.
又因为，所以，
所以或，
所以，或.
因为，所以.
【小问2详解】
由余弦定理可得.
又因为，所以，
整理可得.
因为，由正弦定理得.
因为，所以，
所以，
整理得.
因为，所以，
所以，所以，
所以，
即是直角三角形.
19. 如图甲，已知四边形ABCD是直角梯形，E，F分别为线段AD，BC上的点，且满足，，，．将四边形CDEF沿EF翻折，使得C，D分别到，的位置，并且，如图乙．
（1）求证：；
（2）求点E到平面的距离．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）1
【分析】（1）在图甲中 AB⊥BC，在图乙中，，从而有EF⊥平面，则，再分别过，E作，，垂足分别是M，N，通过，得到，从而证得平面即可．
（2）过点作，垂足为Q，易得平面BEF，从而有，再由求解.
【小问1详解】
证明：∵在图甲中，AB∥CD∥EF，AB＝2EF＝4CD＝4，AB⊥BC，
∴在图乙中有，，，又与BF是平面内的交线，
∴EF⊥平面，BC1在面BC1F内，
∴，如图，
分别过，E作，，垂足分别是M，N，
易知，∴，
又，
∴，
同理，又，
∴，则，
又EF与是平面内的交线，
∴平面，ED1在面C1D1EF内，
∴．
【小问2详解】
由（1）知EF⊥平面，AB∥EF，
所以知AB⊥平面 ，BC1在面BC1F内，
所以，则，，
过点作，垂足为Q，
由（1）知EF⊥平面，且平面，
所以平面平面，又平面平面，C1Q在面BC1F内，
所以平面，又平面，
所以，又BF与EF是平面ABF内的交线，
∴平面BEF，，
由，得，
，
∴点E到平面的距离为1．
20. 已知椭圆：与椭圆：的离心率相等，的焦距是．
（1）求的标准方程；
（2）P为直线l：上任意一点，是否在x轴上存在定点T，使得直线PT与曲线的交点A，B满足？若存在，求出点T的坐标．若不存在，请说明理由．
【正确答案】（1）
（2）存在x轴上定点，使得
【分析】（1）由已知求出的离心率为，又，即可得出.根据的关系，即可得出答案；
（2）设，，，，先求出直线与轴重合时，满足条件的点坐标；当直线与轴不重合时，设直线AB方程为.根据已知可推得，代入坐标整理可得（*）.联立直线与的方程可得，根据韦达定理得出坐标关系，代入（*）式，整理化简可得，求出，检验即可得出答案.
【小问1详解】
因为椭圆的离心率为，
又椭圆与椭圆的离心率相等，
的焦距是，所以，，
所以，，所以，，
所以，的标准方程为.
【小问2详解】
设，，，.
当直线与轴重合时，设，，，
则，，，，
由已知，可得，解得或（舍去），
所以，；
当直线与轴不重合时，设直线AB方程为，则有.
四点共线，由结合图象可知，，
于是有，，
化简得：，
变形得：（*）.
联立直线与椭圆的方程可得，，
当时，
由韦达定理可得，
将上式与共同代入（*），
化简得：，即，且此时成立，
故存在x轴上定点，使得．
方法点睛：设直线AB方程为，联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理得出坐标之间的关系.然后根据已知，化简可得出.因为的任意性，所以必有，即可得出答案.
21. 已知函数.
（1）当时，求函数的最大值；
（2）当时，求曲线与的公切线方程.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）代入，然后求出，进而可得单调性求出最值；
（2）代入，设出切点，求出切线方程，利用方程为同一直线，列方程组求解即可.
【小问1详解】
当时,
，
，
令，得，令，得，
求函数在上单调递增，在上单调递减，
；
【小问2详解】
当时，，
设函数上一点为，
又，，
函数上过点的切线方程为：，
即，
设函数上一点为，
又，
过点的切线方程为：，
即，
若与为同一直线，
则，解得,
公切线的方程为.
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.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑.
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（t为参数），点．以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，射线l的极坐标方程为．
（1）写出曲线的极坐标方程；
（2）若l与，分别交于A，B（异于原点）两点，求△PAB的面积．
【正确答案】（1）
（2）5
【分析】（1）由参数方程可得，，进而即可推得，根据公式即可得出曲线的极坐标方程；
（2）将分别代入，的极坐标方程得出，，进而得出弦长.然后求出点到射线的距离，即可得出答案.
【小问1详解】
由的参数方程得，，
所以.
又，，所以，
所以的极坐标方程为.
【小问2详解】
将代入曲线的极坐标方程可得，
将代入曲线的极坐标方程可得，
所以.
又射线l的直角坐标方程为，即为，
所以点到射线的距离为，
所以.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数．
（1）若，求函数的最小值；
（2）若不等式的解集为，且，求的取值范围．
【正确答案】（1）2 （2）
【分析】（1）因为，所以，即可求函数的最小值；
（2）因为，所以，即，分类讨论，即可求的取值范围．
【小问1详解】
因为，所以，
当且仅当时，即时，的最小值为2．
【小问2详解】
因为，所以，即，
当时，不等式可化为，解得，所以；
当时，不等式可化为，此时无解；
当时，不等式可化为，解得，所以；
综上，的取值范围为．