四川省成都市第七中学2023-2024学年高三下学期模拟测试数学试题及答案

这是一份四川省成都市第七中学2023-2024学年高三下学期模拟测试数学试题及答案，共37页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．命题“”是“，且”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
4．函数的最小正周期是（ ）
A．B．C．D．
5．已知抛物线的焦点为， 其上有两点， 若的中点为， 满足的斜率等于1，则的最大值是（ ）
A．7B．8C．D．10
6．已知R，函数的最大值为，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
7．半径为R的光滑半球形碗中放置着4个半径为r的质量相同的小球，且小球的球心在同一水平面上，今将另一个完全相同的小球至于其上方，若小球不滑动，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
8．已知a，b，c满足，，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
二、多选题
9．已知中，，．下列说法中正确的是（ ）
A．若是钝角三角形，则
B．若是锐角三角形，则
C．的最大值是
D．的最小值是
10．记数列的前项和为，且满足，.则（ ）
A．B．是递增数列
C．D．
11．设为椭圆上逆时针排列的个点，为椭圆的左焦点，且线段把周角分为等份．则（ ）
A．当时，面积的取值范围是
B．当时，四边形的面积最大值为6
C．当时，与交于点，则的取值范围是
D．对，且，都有
12．已知R，为坐标原点，函数．下列说法中正确的是（ ）
A．当时，若的解集是，则
B．当时，若有5个不同实根，则
C．当时，若，曲线与半径为4的圆有且仅有3个交点，则
D．当时，曲线与直线所围封闭图形的面积的最小值是33
三、填空题
13．的展开式中的系数是 ．
14．已知n个人独立解决某问题的概率均为 ，且互不影响，现将这n个人分在一组，若解决这个问题概率超过 ，则n的最小值是
15．已知是边长为1的正六边形边上相异的三点，则的取值范围是 ．
16．已知三棱锥中，，，，二面角的余弦值是．则当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积是 ．
四、解答题
17．甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取七局四胜制．已知甲每局比赛获胜的概率为，输掉的概率为，每局的比赛结果互不影响．
(1)求甲最终获胜的概率；
(2)记总共的比赛局数为，求的分布列与数学期望．
18．已知是所有素数从小到大排列而成的数列，满足，．
(1)比较和150的大小，并说明理由；
(2)证明：．
19．已知是斜三角形．
(1)证明：；
(2)若，求的取值范围．
20．如图，圆锥的底面半径为2，高．为底面圆周上三点，且．是线段的中点，满足．
(1)求三棱锥的体积；
(2)记二面角的大小为，二面角的大小为．求的值．
21．已知双曲线上有一点，在点处的切线为．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设椭圆．过点作椭圆的两条切线，切点为直线分别交双曲线于点．证明：直线过定点，并求出定点坐标．
22．已知函数R.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，对任意均有不等式恒成立，求的取值范围.
参考答案：
1．C
【分析】由结合，即可得.
【详解】，
故对，都有，使成立，
又当时，有，此时，不存在使，
故，即.
故选：C.
2．C
【分析】根据绝对值三角不等式和充分条件必要条件的定义即可判断.
【详解】若，
，即，
，即，
则充分性成立；
若且，
当时，，
当时，，
则必要性成立；
综上所述：“”是“，且”的充分必要条件.
故选：C.
3．A
【分析】根据复数四则运算和乘方运算以及共轭复数的定义即可.
【详解】，，
，
故选：A.
4．C
【分析】借助正切函数的二倍角公式可得，结合函数定义域及正切型函数的周期性计算即可得.
【详解】，，
又，可得，
即，且、，故.
故选：C.
5．D
【分析】设直线的方程为，，
利用韦达定理得出中点的坐标，再根据条件得出，再利用求根公式得出，再分或两种情况，通过构造函数，利用函数单调性即可解决问题.
【详解】由题知，直线斜率存在，设直线的方程为，，
由，消得到，
由，得到①，
由韦达定理知，，所以，
又由题知，得到②，由①②得到，即或.
由抛物线定义知，，
又由，得到，
取，将代入并化简得到，
当，则，且，
令，则，
由，得到，解得或（舍），
当时，，
当时，，
由时，，，所以时，，即有时，，
当时，，，
所以，得到，
所以当时，有最大值为3，
所以的最大值为，得到，
当，则，且，
令，则，
因为，所以，得到，
所以，在上恒成立，此时，
则，故，
综上，，

故选：D.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于找出的范围后，用表示出，即，再根据的范围，构造相应的函数，借助函数的单调性来解决问题.
6．B
【分析】首先由题得，再得到，，，再将以上三式两边相加可得，即.
【详解】设， 则，
由于， ，，
则，，，
所以将以上三式两边相加可得，
即，所以.
故选：B
【点睛】(1)本题主要考查函数最值的求法，考查绝对值三角不等式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键有两点，其一是得到，，，其二是利用三角不等式求得，即.
7．D
【分析】由题意画出草图，求出球心坐标，分析受力情况，从而得出，由此即可得解.
【详解】以碗的大圆圆心，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：

上面球的球心、下面4个球之一的一个球心分别为，
以球为对象分析它的受力情况：球给它的压力为，
它自身受到的重力为，
由对称性可知碗给它的支持力为，
所以，解得，
所以的最大值是.
故选：D.
【点睛】关键点睛：关键是准确分析受力情况，列出不等式，由此即可顺利得解.
8．B
【分析】构造函数，利用其单调性，分，，讨论即可.
【详解】由题意得，即，则，则，
令，根据减函数加减函数为减函数的结论知：
在上单调递减，
当时，可得，，两边同取以5为底的对数得
，对通过移项得，
两边同取以3为底的对数得，
所以，所以 ，所以，且，
故此时，，故C,D选项错误，
时，，
，且，故A错误,
下面严格证明当时，，，
根据函数在上单调递增，且，
则当时，有，
，，
下面证明：，
要证：，
即证：，等价于证明，
即证：，此式开头已证明，
对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得
，
则
故当时，，则
当时，可得，，两边同取以5为底的对数得
，对通过移项得，
两边同取以3为底的对数得，
所以，所以 ，所以，且，
故，故此时，，
下面严格证明当时，，
当时，根据函数，且其在上单调递减，可知
，则，则，
根据函数函数在上单调递增，且，
则当时，，
下面证明：，
要证：
即证：，等价于证，
即证：，此式已证明，
对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得
，
则，
故时，，则
当时，，则，，
综上，，
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键在于构造函数，利用其单调性及，从而得到之间的大小关系，同时需要先求出的范围，然后再对进行分类讨论.
9．BC
【分析】根据为钝角时即可判断A，根据正弦定理结合三角函数的性质即可判断BCD.
【详解】对于A,若为钝角，则,故，A错误，
对于B,由正弦定理可得，
由于是锐角三角形，所以且，故，
故，进而，故B正确，
对于C, ,由于，所以时，取最大值，故最大值为，C正确，
对于D，由正弦定理可得
当时，，故D错误，
故选：BC
10．ABD
【分析】累乘法可计算出数列的通项公式判断A，利用数列单调性定义判断B，举反例判断C，利用错位相减法求和判断D.
【详解】由可得：，，，，，，，
则当时，，
化简得，又，，则，
所以，又时也成立，所以，
所以，故A正确；
因为，所以是递增数列，故B正确；
令，
则，
两式相减得，
所以，
记，则，
两式相减得，所以，
所以，
，不满足，故C错误；
因为，
且，
所以是递增数列，
所以，即，故D正确.
故选：ABD
11．ACD
【分析】以点为极点，为极轴建立极坐标系，应用焦半径公式；选项A，当时，面积为，代入焦半径公式即可求最值；选项B，举出反例，当四边形恰为椭圆的顶点构成的四边形时推翻结论；选项C，因为，应用三角形的面积公式得到，代入焦半径公式即可；选项D，，求和即可.
【详解】以点为极点，为极轴建立极坐标系，且线段把周角分为等份，
设，则，……，，
其中，且，
极坐标系下，若椭圆，
对于点，则其焦半径公式是：，其中，
所以，，……，
，
对，且，且椭圆方程为：，，

有，同理，……，
，
对于选项A，当时，

此时，椭圆的弦和弦过焦点，且互相垂直，
，，
面积为：
，
，
构造函数，
且，得，
显然函数在区间上单调递增，
从而，
所以，
故面积的取值范围是，
选项A正确；
对于选项B，，当弦和弦所在直线中有一条斜率不存在且另一条斜率为零时，
此时四边形恰为椭圆的顶点构成的四边形，
面积为：，
由于，四边形的面积最大值为6不正确，选项B错误；
对于选项C，
当时，，，，
且椭圆方程为：，

此时，，，
因为，其中，
则，
得，
得到
，其中，
可得，的取值范围是，选项C正确；
对于选项D，
有：，
若在单位圆上取等分圆周的逆时针排列的个点：
设，
这个点定构成正边形，它的中心恰为坐标原点，原点的横坐标为零，
可得：，即，
所以，故选项D正确；
故选：ACD.
12．BD
【分析】去掉绝对值化简函数得，然后依不同条件，结合图象进行分析求解.
【详解】A选项，由题意，，
当时，，
若的解集是，
当时，显然成立，
当时，令，
即在上恒成立，
则要，解得，
且时，恒成立，即恒成立，
故，解得，
综上，，A错误；
B选项，当时，，
因为有5个不同实根，
当时，，得或，有两个根，
当时，，即，
得或，
当时，，方程最多两个根，
要想保证有5个不同实根，故为其中一个根，故，
此时，满足要求，
而，方程需要在有两个不同的实数根，
设，
则，解得，B正确；
C选项，当时，，
若，则，
且曲线与半径为4的圆有且仅有3个交点，
如下图，可能是与圆相切，
则，得或（舍），
也可能，点在圆上，如下图，
则，解得或（舍）
所以C错误；
D选项，当时，,
且，
当时，，当时，，
当，即时，画出两函数图象如下：
曲线与直线所围封闭图形的面积三角形的面积，
令，解得，故
令，解得，故，
则，
点到直线的距离为，
故，
令，，
则
，
故在上单调递减，
故最小值为，
当，即时，此时，，
如图，曲线与直线所围封闭图形的面积三角形的面积，

令，解得，，
令，解得，故，
因为，所以，
故点到直线的距离，
故此时曲线与直线所围封闭图形的面积为
，
令，
则
，
令，
则在上恒成立，
故在单调递增，
又，
故在上恒成立，
故在上单调递增，
故最小值为，
当且，即时，
此时，，
当时，，
如图，曲线与直线所围封闭图形的面积四边形的面积，
令，解得，，
故，即，
令，解得，故，
，故，
故，
设直线与直线相交于点，
令，解得，
此时，故，
点到直线的距离为，
故，
其中，，
故，
点到直线的距离为，
故，
则四边形的面积为，
当时，，
当时，面积取得最小值，最小值为33，
当时，，画出图象如下：
四边形的面积为，
当时，，
综上，当时，曲线与直线所围封闭图形的面积的最小值是33，D正确.
故选：BD
【点睛】方法点睛：函数零点或方程根的问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.
13．141
【分析】表示6个因式连乘的积，要得到含的项，对各因式中项的选择分类讨论，结合组合数公式求解.
【详解】表示6个因式连乘的积，
要想得到含的项，有以下4种情况：
在这6个因式中，有3个因式选，其余因式均选1；
在这6个因式中，有2个因式选，2个因式选，2个因式选1；
在这6个因式中，有1个因式选，4个因式选，1个因式选1；
在这6个因式中，全选.
故展开式中的系数为.
故答案为：141
14．9
【分析】根据给定条件，利用相互独立事件及对立事件的概率公式求解即得.
【详解】依题意，n个人都没有解决问题的概率为，因此这个小组能解决问题的概率为，
于是，整理得，函数是递增的，
而，，因此成立时，
所以n的最小值是9.
故答案为：9
15．
【分析】一方面，而不重合，所以；另一方面，设中点为，那么，设A在六边形的端点上，同理妨设C在六边形的端点上.分四种情况即可得，剩下的只需证明何时取等并且可以遍历中的每一个数.
【详解】首先， ，这里是最长的那条对角线的长度，
等号取到当且仅当同向，且，而这意味着重合，矛盾.
所以.
另一方面，我们先舍弃互不重合的条件，然后证明：
设中点为，那么，
然后，设A所在的边的端点为，则，
（这是因为，记，其中为原点，确定的，
那么是一次函数，从而t属于时，有）
所以我们可以不妨设A在六边形的端点上.
同理，我们可以不妨设C在六边形的端点上.
此时分以下四种情况：
(1)重合，此时，
(2) 为相邻顶点，此时，
(3) 相隔一个顶点，此时，
(4) 为对径点，此时，
综上，，
所以，即使去掉互不重合的条件，我们仍有，
这就说明，互不重合时，有，
然后，取等条件如图所示：

具体说明如下：构造一个到六边形的函数（即从数映射到点），
使得，并且只沿着最近的轨道，
这样在的情况下，互不重合
同时设，那么，
而连续，
所以在的情况下，必定取遍，
这就意味着，的取值范围就是，
所以的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是先舍弃互不重合的条件，然后分类讨论说明，由此即可顺利得解.
16．
【分析】先根据展开计算求出，再代入可得，进而分析出要要体积最大，则最大，利用基本不等式得到，过作面的垂线，则三棱锥的外接球球心必在该垂线上，根据列方程求出半径即可.
【详解】如图：平面即平面，平面即平面，即二面角的余弦值为，
过作，垂足为，过作，垂足为，
则，
又，，则，
设
则
，
所以，即，
所以，则，
过作面的垂线，垂足为，连接，
则，
即三棱锥当以为顶点时高为，要体积最大，则最大，
,要最大，则需最大，
在中，
所以，当且仅当时等号成立，
此时为等边三角形，即，又，所以重合，
图形如下：设的中心为，连接
在中，，，，
所以，
过作面的垂线，则三棱锥的外接球球心必在该垂线上，设为点，设球的半径为，
则，
所以
即，解得，
所以外接球的表面积是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用求出的大小，然后设出球心，列方程求出半径.
17．(1)
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）借助相互独立事件的概率乘法公式计算即可得；
（2）求出的所有可能取值及其对应概率即可得分布列，借助期望公式计算即可得其数学期望.
【详解】（1）因为甲四局比赛后获胜的概率为，
甲五局比赛后获胜的概率为，
甲六局比赛后获胜的概率为，
甲七局比赛后获胜的概率为，
所以甲最终获胜的概率；
（2）X的所有可能取值是4，5，6，7，
因此有 ，
，
，
，
则随机变量X的分布列为：
于是，
所以随机变量X的数学期望是.
18．(1)，理由见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，探讨不超过150的正整数中含有因数2或3或5的合数个数即可推理得证.
（2）由已知可得，利用放缩法，结合裂项求和法求和即得.
【详解】（1），理由如下：
对于，满足是2的倍数，或是3的倍数，或是5的倍数的整数k的个数是
，
其中表示不超过的最大整数，则到中合数的个数大于，
因此对于，有，又是单调递增数列，
所以.
（2）由，得，
则当时，，不等式成立，当时，，
因此成立，
所以原不等式对恒成立.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据积化和差与和差化积公式，二倍角的余弦公式化简即可得证；
（2）根据（1）及两角和的余弦公式，同角三角函数的基本关系，均值不等式求解.
【详解】（1）因为
，
所以，
原式得证.
（2）由，
由二倍角的余弦公式可整理得：
．
结合（1）得．
由题设知，
则．
所以，
故，且．
所以
(当且仅当时取等)．
所以的取值范围是．
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意判断出，进而求出的面积，从而得出三棱锥的体积；
（2）建立空间直角坐标系，依次求解出二面角、二面角即可.
【详解】（1）解：因为为高，所以平面，所以，
因为，且，平面，
所以平面，面，所以，
延长交于，则垂直平分，
故，故，
所以，
所以；
（2）以为原点，、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系
则，，，，，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，即，令，故，
设平面的法向量为，则，即，令，故，
所以，所以；
设平面的法向量为，则，即，令，故，
所以，
所以，
所以.
21．(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）由在双曲线上，得到，再由在点处的切线为，与双曲线方程联立，利用判别式为零求解；
（2）不妨设的方程分别为与，与椭圆方程联立，由相切，利用判别式为零，得到是方程的两不等实根，利用韦达定理得到，取，得直线过点．再设过点且不与x轴重合的直线l交于点，其方程为．，与方程联立，再论证直线即可.
【详解】（1）由在双曲线上，得．
联立得．
由相切知方程中．
于是解得
所以双曲线的方程是．
（2）容易知道直线的斜率存在，
如图所示：

不妨设的方程分别为与．
联立
得．
由相切知，
整理得．
同理有．
又，故是方程的两不等实根．
由韦达定理得．
取，得直线过点．
取，得直线与x轴重合，则所求定点在x轴上．
所以定点是必要的，下证其充分性：
设过点且不与x轴重合的直线l交于点，其方程为．
联立 得，其中．
由韦达定理得
而直线的斜率分别为，．
所以
．
于是充分性得证．
综上，直线过定点．
22．(1)在上单调递增，在上单调递减
(2)
【分析】（1）求导函数，然后解导函数不等式即可求得原函数的单调区间；
（2）把原问题转化为在上恒成立，令，记，从而利用函数单调性转化为，利用导数研究函数最值即可.
【详解】（1）当时，.
故.
令，得，令，得，
令，得，
故在上单调递增，在上单调递减．
（2）由题设知，时，不等式对任意恒成立.
故有.
令，
，
又，故，
因此在上单调递减.
所以，其中.
令，.
则
.
故时，.故在区间内单调递减.
因此.
由恒成立知，故的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
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．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
4
5
6
7