2024届 四川成都高三第二学期高考数学(文科)模拟试题(带解析)

这是一份2024届 四川成都高三第二学期高考数学(文科)模拟试题(带解析)，共20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，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．若向量与向量是共线向量，则实数等于（ ）
A．2B．C．D．0
2．复数（其中为虚数单位）的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
3．已知全集，集合，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的各条棱中，棱长最大值为（ ）
A．B．C．D．2
6．已知，则（ ）
A．3B．C．或0D．3或0
7．已知圆：，直线：，则“”是“圆上恰存在三个点到直线的距离等于”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
8．有甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀统计成绩，得到如下所示的列联表：
附：（），
已知在全部105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，则下列说法正确的是（ ）
A．甲班人数少于乙班人数
B．甲班的优秀率高于乙班的优秀率
C．表中的值为15，的值为50
D．根据表中的数据，若按的可靠性要求，能认为“成绩与班级有关系”
9．若，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数，若，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，为双曲线上一点，且直线与的斜率之积等于3，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的渐近线方程为
B．双曲线的离心率为
C．若，则的面积为
D．以为圆心，为半径的圆与渐近线相切
12．设，若，则实数的最大值为（ ）
A．B．4C．D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.
13．某班男女生的比例为3:2，全班的平均身高为，若女生的平均身高为，则男生的平均身高为 .
14．抛物线（）的焦点为，过的直线与抛物线相交于，两点（在第一象限），分别过，作准线的垂线，垂足分别为，，若，则直线的倾斜角等于 .
15．在中，角，，所对的边分别为，，，若，则 .
16．在三棱柱中，平面，，，是矩形内一动点，满足，则三棱锥外接球体积为 .
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．某保险公司为了给年龄在20～70岁的民众提供某种疾病的医疗保障，设计了一款针对该疾病的保险，现从10000名参保人员中随机抽取100名进行分析，这100个样本按年龄段，，，，分成了五组，其频率分布直方图如下图所示，
每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表格所示.（保费：元）据统计，该公司每年为该项保险支出的各种费用为一百万元.
(1)用样本的频率分布估计总体的概率分布，为使公司不亏本，则保费至少为多少元？（精确到整数）
(2)经调查，年龄在之间的中年人对该疾病的防范意识还比较弱，为加强宣传，按分层抽样的方法从年龄在和的中年人中选取6人进行教育宣讲，再从选取的6人中随机选取2人，被选中的2人免一年的保险费. 在保费取到（1）中求得的最小值的条件下，求被免去的保费超过150元的概率.
18．已知数列的前项和为，.
(1)证明：数列是等比数列，并求出通项公式；
(2)数列满足，求数列的前项和.
19．如图，在三棱柱中，平面，，，，是棱的中点，在棱上，且.
(1)证明：平面；
(2)若四棱锥的体积等于1，判断平面与平面是否垂直，并说明理由.
20．已知函数的图像与轴相切于原点.
(1)求实数的值；
(2)若，证明：当时，.
21．在平面直角坐标系中，椭圆（）过点，直线与椭圆相交于不同于点的，两点，为线段的中点，当直线斜率为时，直线的倾斜角等于
(1)求椭圆的方程；
(2)直线，分别与直线相交于，两点.线段，的中点为，若的纵坐标为定值，判断直线是否过定点，若是，求出该定点，若不是，说明理由.
请考生在第22，23题中任选择一题作答，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的标号涂黑.
选修4-4：坐标系与参数方程
22．在直角坐标系中，直线的参数方程（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且直线与曲线相交于两点.
(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)设点是直线上一点，满足，求点的直角坐标.
选修4-5：不等式选讲
23．已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的最小值为，正数，满足，求证：.
优秀
非优秀
甲班
10
乙班
30
0.05
0.025
0.010
0.005
3.841
5.024
6.635
7.879
年龄
保费
1．C
【分析】根据向量共线列方程，解方程即可.
【详解】因为与共线，所以，解得.
故选：C.
2．B
【分析】先对复数化简，再根据共轭复数的概念求解.
【详解】，
所以复数的共轭复数为.
故选：B.
3．B
【分析】先利用三角函数知识化简两个集合，结合交集运算可得答案.
【详解】因为，，所以；
因为，所以，
所以，解得，；
因为，所以，
所以.
故选：B
4．C
【分析】根据分段函数的解析式，结合对数函数的性质与指数运算即可得结论.
【详解】因为，所以，
又，所以.
故选：C.
5．A
【分析】根据给定的三视图作出原三棱锥，再求出各条棱长即可得解.
【详解】依题意，三视图所对三棱锥如图，
其中平面，，，
则，，，
所以棱长最大值.
故选：A
6．D
【分析】将条件等价转化为，再利用等式性质得到结果.
【详解】由于，
故条件等价于，这又等价于或，
即或，所以D正确.
故选：D.
7．A
【分析】利用圆上恰存在三个点到直线的距离等于，等价于到直线：的距离为，从而利用点线距离公式与充分必要条件即可得解.
【详解】因为圆：的圆心，半径为，
当圆上恰存在三个点到直线的距离等于时，
则到直线：的距离为，
所以，解得，即必要性不成立；
当时，由上可知到直线：的距离为，
此时圆上恰存在三个点到直线的距离等于，即充分性成立；
所以“”是“圆上恰存在三个点到直线的距离等于”的充分不必要条件.
故选：A.
8．D
【分析】根据条件解出，，然后直接计算即可判断A，B，C错误，使用的计算公式计算，并将其与比较，即可得到D正确.
【详解】对于C，由条件知，，故，.
所以，，故C错误；
对于A，由于甲班人数为，
乙班人数为，故A错误；
对于B，由于甲班优秀率为，乙班优秀率为，故B错误；
对于D，由于，故D正确.
故选：D.
9．A
【分析】由题设，，，构造，利用导数研究其单调性，进而判断的大小.
【详解】由题设知：，，，
令，则，易知上单调递增，
上单调递减，即，
∴.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：构造，利用导数研究其单调性，进而比较函数值的大小.
10．B
【分析】先利用导数证得在上单调递增，再利用条件得到，结合单调性即知，最后代入求值即可.
【详解】因为，所以.
所以在上单调递增.
因为，
所以
，
结合在上单调递增，知，即.
所以.
故选：B.
11．D
【分析】通过求得，从而求得双曲线的渐近线方程，由此判断A；进而可求得双曲线的离心率判断B；求得三角形的面积判断C；求得到渐近线的距离可判断D.
【详解】对于A，设点，则，因为，
所以，又，得，
所以，所以双曲线的渐近线方程为，故A错误；
对于B，因为，所以双曲线C的离心率为，故B错误；
对于C，因为，所以，又，
所以，所以，
所以，所以=，故C错误；
对于D，由B选项可得，
以到渐近线方程为的距离为：，
又为圆心的圆的半径为，所以以为圆心，为半径的圆与渐近线相切，故D正确.
故选：D.
12．A
【分析】由不等式可得，求出右边的最小值，进而可得的最大值．
【详解】因为，若，可得，
设，只需要小于等于右边的最小值，
则，
令，可得，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以，
即的最大值为．
故选：．
13．
【分析】设出男生的平均身高，然后根据条件列方程求解即可.
【详解】设男生的平均身高为，则根据题目条件知，
即，所以.
故答案为：.
14．##
【分析】由已知结合抛物线的定义分别表示，，，求出直线的斜率，即可求解.
【详解】抛物线的准线为：，
设，，则，，
又在第一象限，所以，，所以，
由抛物线定义可得，，
所以，
又，所以，所以，
故直线的斜率，所以直线的倾斜角为.
故答案为：.
15．##0.75
【分析】由正弦定理可得，可求得，由余弦定理可得，再结合正弦定理可得，可求结论.
【详解】由，结合正弦定理可得，
因为，所以，所以，
因为，所以，
由余弦定理可得，可得，
结合正弦定理可得.
故答案为：.
16．
【分析】设的外接圆的圆心为为的中点，再由为直角三角形，得到的外接圆的圆心为的中点，即三棱锥外接球的球心为，且，结合球的体积公式，即可求解.
【详解】由，且，可得，
设的外接圆的圆心为，则为的中点，且，
因为，所以为直角三角形，
所以的外接圆的圆心为的中点，
所以三棱锥外接球的球心为，且半径为，
所以三棱锥外接球的体积为.
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）先解出，然后通过收入不小于支出得到不等式，即可解出保费的最小值；
（2）先确定分层抽样后各年龄段的人数，然后利用古典概型方法求解概率.
【详解】（1）由知，故.
由条件知，该公司的收入不小于支出，即，
从而，即.
从而至少为元.
（2）由于，故按分层抽样的方法从年龄在和的中年人中选取6人后，
年龄在和中的人数分别为和.
而年龄在和的人需要交的保费分别为元和元，
故从选取的6人中随机选取2人后，被免去的保费超过150元当且仅当选出的2人的年龄都在内，
所以所求概率.
18．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）由已知易得，进而易求数列的通项公式；
（2）求得，进而可得，可求.
【详解】（1）因为，
所以，（），
两式相减得，即，
所以数列是以4为公比的等比数列，
又，
所以.
（2）因为，
，
所以.
19．(1)证明见解析；
(2)平面平面，理由见解析
【分析】（1）先利用线面垂直的判定与性质定理证得，再利用平行线分线段成比例的推论证得，从而利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用四棱锥的体积求出，令，连接，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
【详解】（1）在三棱柱中， 平面，平面，则，
又，平面，于是平面，
而平面，则，又，平面，
因此平面，而平面，则，
在矩形中，由，，
得，即为棱的中点，令，
连接交于，连接，
显然，
在中，，而平面，平面，
所以平面.
（2）平面与平面垂直，理由如下：
设，由（1）知，平面，
则四棱锥的体积为，解得，
即有，
因此，令，连接，显然是的中点，
于是，，且平面，则平面，
又平面，所以平面平面.
20．(1)，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意，，，即可求得；
（2）令函数，由，得函数在上单调递增，且，再由，得函数在上单调递增，且，即可得到成立.
【详解】（1），
∵，∴
又函数的图象与轴相切于原点，
∴，即，
∴，；
（2）当时，不等式等价于，
，令函数，
则，
∵，∴，，
所以函数在上单调递增，且，
∴在上恒成立，
即函数在上单调递增，且，
所以时，不等式成立.
【点睛】关键点点睛：证明，要先证明，则需再次求导，由单调性即可证明.
21．(1)；
(2)直线过点.
【分析】（1）根据点得到，然后利用点差法得到，即可得到，然后写椭圆方程即可；
（2）设的坐标，根据直线的方程得到点的坐标，然后将，转化为方程的两根，根据的纵坐标和韦达定理得到，最后根据的纵坐标为定值得到，，即可得到直线过定点.
【详解】（1）
由已知得，
设，，中点为
由相减得，
∴，即.
所以椭圆方程为.
（2）设，，
所以：，即，
∴，同理，
设直线过点，
∴，是方程的两根.
即，
整理得，
∴，，
∴，
∴，，
所以直线过点.
【点睛】关键点睛：本题解题关键在于的纵坐标为定值，对于定值的问题关键在于与参数无关，本题中的纵坐标为定值可得与参数无关，即可得到，然后求即可.
22．(1)，
(2)或.
【分析】（1）直线的参数方程消去参数，得到直线的普通方程，再利用直角坐标与极坐标的转化公式求得曲线的直角坐标方程；
（2）将直线的参数方程，代入曲线中，得到韦达定理，利用直线参数方程中参数的几何意义求解.
【详解】（1）由，消去参数，得，
即直线的普通方程为，.
由得：，
∵，，∴，
即曲线的直角坐标方程为.
（2）设直线的参数方程为，代入得：
，整理得，
设点，对应的参数分别为，，
，，
因为，可得且.
解得，，或，，经验证均满足，
所以求点的直角坐标为或.
23．（1）或；（2）证明见解析.
【解析】（1）根据，可得或或，然后解不等式组即可得到解集；
（2）先利用绝对值三角不等式求出的最小值，再利用基本不等式求出的最小值即可．
【详解】解：（1）当时，得，∴；
当时，得，∴无解；
当时，得；
综上，不等式的解集为或.
（2）∵，∴，即，
又由均值不等式有：，，
两式相加得，∴.
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式和基本不等式，考查了转化思想和分类讨论思想，属于中档题．