2024届四川省成都市第八中学校高三第三次模拟考试数学（理）试题含答案

这是一份2024届四川省成都市第八中学校高三第三次模拟考试数学（理）试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，问答题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则集合的元素个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意结合一元二次不等式求集合A，再利用集合的交集运算求解.
【详解】∵，
∴，即集合的元素个数为3.
故选：C.
2．已知，则的虚部是（ ）
A．2B．C．D．
【答案】A
【分析】根据共轭复数的概念，复数的运算以及复数虚部的概念即可解出．
【详解】因为，所以，，所以其虚部是2．
故选：A．
3．若双曲线C：的焦距长为8，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用双曲线的性质计算即可.
【详解】由题意可知，即，
令.
故选：D
4．设满足约束条件，则的最小值是（ ）
A．4B．5
C．8D．9
【答案】A
【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析，当经过A点时，z取最小值得解．
【详解】由题得不等式组对应的可行域为如图所示的△ABC，
由题得y=-2x+z，当直线经过点A时，直线的纵截距最小，z最小．
联立得A(1，2)，
所以的最小值是2×1+2=4．
故选：A.
【点睛】本题主要考查利用线性规划求最值，规范作图是解题关键，属于基础题
5．已知是第一象限角，满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】以为整体，先求，再利用诱导公式结合倍角公式运算求解.
【详解】因为是第一象限，则为第一象限角或第二象限角，
且，所以，
由题意可得：.
故选：B.
6．已知是直线，是两个相互垂直的平面，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】分别判断充分性和必要性得到答案
【详解】若，，则或或与相交，故推不出，；
若，，则或者，故推不出，
所以当时，“”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D
7．已知某人收集一个样本容量为50的一组数据，并求得其平均数为70，方差为75，现发现在收集这些数据时，其中得两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90，在对错误得数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据平均数与方差的定义判断．
【详解】因为，因此平均数不变，即，
设其他48个数据依次为，
因此，
，
，∴，
故选：D．
8．2023年5月21日，中国羽毛球队在2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛决赛中以总比分战胜韩国队，实现苏迪曼杯三连冠．甲、乙、丙、丁、戊五名球迷赛后在现场合影留念，其中甲、乙均不能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有（ ）
A．18种B．24种C．30种D．36种
【答案】C
【分析】分别计算丙站在左端时和丙不站在左端时的情况，即可得到答案.
【详解】当丙站在左端时，甲、丙必须相邻，其余人全排列，有种站法；
当丙不站在左端时，从丁、戊两人选一人站左边，再将甲、丙捆绑，与余下的两人全排，
有种站法，
所以一共有种不同的站法．
故选：C
9．已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，，若该三棱锥体积的最大值为，则其外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，确定外接圆圆心，确定在三棱锥的体积最大时外接球球心与、的位置关系，再由勾股定理求出半径，即可得体积.
【详解】∵，， 则是等腰直角三角形，
∴为所在截面圆的直径，
取的中点D，则为外接圆圆心，
设三棱锥外接球的球心为，
则平面，
底面的面积为定值，
∴当P，O，D共线且P，O位于截面同一侧时，棱锥的最大高度为，棱锥的体积最大，
则三棱锥的体积，解得，
设外接球的半径为，则，，
在中，，
在中，，
由勾股定理得：，解得．
∴外接球的体积．
故选：C．

10．噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压，下表为不同声源的声压级:已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车处测得实际声压分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，分别计算，的范围以及的值，进行运算比较即可求解.
【详解】由题意得，，所以，
，所以，
，故C错误；
则有，
因为，
可得，故A错误；
因为，，则，
所以，故B错误;
，
所以，故D正确.
故选：D.
11．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据题目的要求伸缩变换得到解析式，然后结合函数在上恰有两个零点以及在上单调递减，列出不等式组，即可求得本题答案.
【详解】依题意可得，
因为，所以，
因为在恰有2个零点，且，，
所以，解得，
令，，得，，
令，得在上单调递减，
所以，
所以，又，解得．
综上所述，，故的取值范围是．
故选：C.
12．函数和有相同的最大值，直线与两曲线和恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为，则下列说法正确的是（ ）
①；②；③；④
A．①③④B．①②④C．①②③D．②③④
【答案】B
【分析】先求导，对分两种情况讨论，求出函数的最大值即可判断①②；由数形结合思想可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，不妨设，再利用指数和对数恒等式证明④正确；再利用反证法判断③的真假.
【详解】，，
当时，当时，， 在上单调递增，当时，，在单调递减；当时，， 在上单调递增，当时，，在上单调递减.
与有相同的最大值，，即，
，.
当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
所以①②正确.
两个函数图象如下图所示：

由数形结合思想可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，
不妨设，
且，
由，又，
又当时，单调递增，所以，
又，又，
又当时，单调递减，所以，
，
，于是有，所以④正确，
如果，则，所以，
与矛盾，所以错误，所以③错误.
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断④，要利用指数和对数恒等式，得到，.
二、填空题
13．的展开式中的常数项为 ．
【答案】
【分析】根据二项式展开式的通项公式，将代入通项中即可得到常数项.
【详解】展开式通项为：；
令，解得：，展开式中的常数项为.
故答案为：.
14．已知向量，则 .
【答案】7
【分析】用向量的模长公式和数量积计算即可.
【详解】已知向量,则,
又 ,即,
又 ,则,即,
故答案为: 7 .
15．已知是抛物线：的焦点，点，过点的直线与交于，两点，是线段的中点．若，则直线的斜率 ．
【答案】2
【分析】方法一：设直线：，设，，联立直线与抛物线的方程求出，由可得，将韦达定理代入化简即可得出答案；方法二：设，，在准线上的射影分别是，，，由题意可得出轴，设，，：，联立直线与抛物线的方程可得，解方程即可得出答案.
【详解】方法一：由题意，，设直线：，其中，
联立消去得，，
设，，则，，
又，则，即，
而，，
则，
即，
即，
所以，解得，所
以.
方法二：如下图，由题意，，点在准线上，
设，，在准线上的射影分别是，，，
则，
所以轴，
设，，：，
联立消去得，
所以，所以，
故答案为：2．

16．的外心为，三个内角、、所对的边分别为、、，，，则面积的最大值是
【答案】
【分析】取边的中点，作边的中线，由三角形外心和中线的性质，将化简，即可由余弦定理求得，再由和余弦定理，借助基本不等式求得的最大值，即可求得三角形面积的最大值.
【详解】
取边的中点，连接、，
∵为的外心，
∴，即，
∵为边的中点，
∴为边的中线，，
∴
，
又∵，
∴，整理得，
∴由余弦定理可得，∴，
又，由余弦定理，即，
∴由基本不等式，即，当且仅当时，等号成立，
∴的面积，
即当且仅当时，面积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】解决向量与解三角形综合问题，重点在于将向量与三角形中的几何关系转化为三角形边、角的数量关系，再结合题目进行求解即可.
三、问答题
17．已知是递增的等差数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）;（2）．
【详解】试题分析：（Ⅰ）解：设等差数列的公差为
，………3分
得： ………………5分
代入：，
得： ………………7分
（Ⅱ） ………………9分
………11分
………………14分
（等差、等比数列前项求和每算对一个得2分）
【解析】等差数列的通项公式；等差数列的前n和公式，等比数列的前n项和公式．
点评：本题主要考查通项公式的求法和数列前n项和的求法，其中求数列的前n项和用到的是分组求和法．属于基础题型．
四、解答题
18．某地区对某次考试成绩进行分析，随机抽取100名学生的两门学科成绩作为样本. 将他们的学科成绩整理得到如下频率分布直方图，且规定成绩达到70分为良好. 已知他们中学科良好的有50人，两门学科均良好的有40人.
(1)根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表，判断是否有的把握认为这次考试学生的学科良好与学科良好有关；
(2)用样本频率估计总体概率，从该地区参加考试的全体学生中随机抽取3人，记这3人中,学科均良好的人数为随机变量，求的分布列与数学期望.
附: ，其中.
【答案】(1)列联表见解析，有把握
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据频率分布直方图计算可得出A学科良好的人数，进而即可得出列联表.根据公式计算得出的值，比较即可根据独立性检验得出答案；
（2）根据（1）得出AB学科均良好的概率，可知.然后计算得出取不同值的概率，列出分布列，根据期望公式即可得出答案.
【详解】（1）由直方图可得A学科良好的人数为，
所以列联表如下：
假设：A学科良好与B学科良好无关，
，
所以有把握认为A学科良好与B学科良好有关．
（2）学科均良好的概率，
X的可能取值为0，1，2，3，且．
所以，，
，．
所以X的分布列为
因为，所以．
五、证明题
19．如图所示，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为的菱形，，，．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可证，再根据题意，结合面面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）根据题意可建立以点为原点，以直线为轴的空间直角坐标系，再利用空间向量法，即可求出二面角的大小．
【详解】（1）证明：∵平面平面，面面，且，面，
∴平面，
∵面，∴，
由菱形性质知，∵，
∴平面，
又平面，∴平面平面．
（2）解：如图，设的中点为，
∵，，，
∴，
∵平面平面，面面，且，平面
∴面，
又，所以两两互相垂直，
所以以点为原点，以直线为轴，如图所示建立空间直角坐标系，
可得，，，，，
设平面的一个法向量为，而，，
由，得，取，
得，
设平面的一个法向量为，且，，
由，得，取，得，
设平面与平面所成锐二面角为，则
，所以，
故平面与平面所成锐二面角为．
六、解答题
20．已知椭圆的焦距为2，且经过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)经过椭圆右焦点F且斜率为的动直线l与椭圆交于A、B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；点
【分析】（1）根据题意，得到，再由椭圆经过点，联立方程组，求得，即可求解.
（2）设直线l的方程为，联立方程组，得到，设点坐标为，由，得到，得到，得到，列出方程，求得，即可求解．
【详解】（1）解：由椭圆的焦距为2，故，则，
又由椭圆经过点，代入得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）解：根据题意，直线l的斜率显然不为零，令，
由椭圆右焦点，故可设直线l的方程为，
联立方程组，整理得，
则，
设，，且，
设存在点，设点坐标为，由，可得，
又因为，
所以，所以，
所以直线和关于轴对称，其倾斜角互补，即有，
则，所以，
所以，整理得，
即，即，
解得，符合题意，即存在点满足题意．
【点睛】方法技巧：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
21．已知函数．
(1)曲线在点处的切线方程为，求实数的值．
(2)在（1）的条件下，若，试探究在上零点的个数．
【答案】(1)
(2)只有1个零点
【分析】（1）求导，再利用导数的几何意义求解；
（2）由（1）知，再利用导数法求解.
【详解】（1）解：由，
得，则有
所以切线方程为．
又因为曲线在点处的切线方程为，
所以．
（2）由（1）知，
则．
令，则．
当时，，则单调递减，
所以．
所以在上单调递增．
当时，；当时，．
所以在上存在零点，且只有一个零点．
当时，，则单调递减，，，
所以存在，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减．
而，所以在上无零点．
综上，在上只有1个零点．
22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为，过点的直线的参数方程为（为参数），直线与曲线相交于，两点．
（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（2）若，求的值．
【答案】（1）；；（2）．
【分析】（1）由公式化极坐标方程为直角坐标方程，用消参法化参数方程为普通方程；
（2）把直线的参数方程代入抛物线的直角坐标方程，利用韦达定理及参数方程中的参数的几何意义求解．
【详解】（1）由得：，
∴曲线的直角坐标方程为：，
由消去得：，
∴直线的普通方程为：．
（2）直线的参数方程为（为参数），
代入，得到，
设，对应的参数分别为，，则，是方程的两个解，
由韦达定理得：，，
因为，所以，
解得．
声源
与声源的距离/m
声压级/dB
燃油汽车
10
60-90
混合动力汽车
10
50-60
电动汽车
10
40
B学科良好
B学科不够良好
合计
A学科良好
A学科不够良好
合计
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
0.15
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
2.072
B学科良好
B学科不够良好
合计
A学科良好
40
30
70
A学科不够良好
10
20
30
合计
50
50
100
X
0
1
2
3
P