四川省绵阳市三台中学校2024届高三下学期三诊模拟数学（文）试题（含解析）

这是一份四川省绵阳市三台中学校2024届高三下学期三诊模拟数学（文）试题（含解析），共20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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数是虚数单位，若，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
4．在中，，则（ ）
A．B．C．D．7
5．高三某班学生每天完成作业所需的时间的频率分布直方图如图，为响应国家减负政策，若每天作业布置量在此基础上减少小时，则减负后完成作业的时间的说法中正确的是（ ）
A．减负后完成作业的时间的标准差减少
B．减负后完成作业的时间的方差减少
C．减负后完成作业的时间在小时以上的概率大于
D．减负后完成作业的时间的中位数在至之间
6．设数列的公比为，则“且”是“是递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．在区间与中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑（biē，nà）．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某鳖臑的三视图，则该鳖臑的最长棱长为（ ）
A．B．C．D．
9．已知直线与圆交于两点，则弦最短时，（ ）
A．2B．1C．D．
10．已知函数的部分图象如图所示，其中，，现有如下说法：

①函数在上单调递减；
②将函数的图象向右平移个单位长度后关于轴对称；
③当时，，
则正确命题的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
11．设为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点在上，，则（ ）
A．B．C．2D．
12．对于实数，不等式恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知，满足，则目标函数的最大值是 .
14．已知向量，，若，则 .
15．已知函数的定义域为的奇函数，，对任意两个不等的正实数都有，则不等式的解集为 .
16．已知球的表面积为，正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，则该正四棱锥体积的最大值为 .
三、解答题
17．若数列的前项和满足．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)设，求数列的前项和．
18．防疫抗疫，人人有责，随着奥密克戎的全球肆虐，防疫形势越来越严峻，防疫物资需求量急增.下表是某口罩厂今年的月份与订单（单位：万元）的几组对应数据：
(1)求关于的线性回归方程，并估计6月份该厂的订单数；
(2)求相关系数（精确到0.01），说明与之间具有怎样的相关关系.
参考数据：，，.，.参考公式：相关系数；回归直线的方程是，其中.
19．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，，点分别为的中点.

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
20．抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长．
(1)求抛物线的方程；
(2)设是抛物线上位于第一象限的一点，过作（其中）的两条切线，分别交抛物线于点,,证明：直线经过定点．
21．已知函数的图象在处的切线经过点.
(1)求的值及函数的单调区间；
(2)若关于的不等式在区间上恒成立，求正实数的取值范围.
22．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），曲线：．以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求直线l的极坐标方程和曲线的参数方程；
(2)求曲线上一点N到直线l距离的最小值，并求出此时N点的坐标．
23．已知函数
(1)求不等式的解集；
(2)设的最小数为，正数满足，求的最小值.
月份
1
2
3
4
5
订单
20
24
43
52
参考答案：
1．C
【分析】首先解对数不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，解得，所以，
又，所以.
故选：C
2．A
【分析】根据复数代数形式加减运算和共轭复数的概念得到方程组，解出即可.
【详解】，
则，解得，则其虚部为.
故选：A.
3．B
【分析】根据全称命题的否定即可得到答案.
【详解】根据全称命题的否定为存在命题，任意变存在，范围不变，结论相反，
则命题“”的否定是“”，
故选：B.
4．D
【分析】在中，直接利用余弦定理求解
【详解】在中，由余弦定理得：，
所以，
故选：D.
5．D
【分析】根据方差、标准差的性质判断A、B，由频率分布直方图分析减负前完成作业的时间在小时以上的概率，即可判断C，分析减负前完成作业的时间的中位数位于之间，即可判断D.
【详解】依题意若每天作业布置量在此基础上减少小时，
则平均数减小小时，方差和标准差均不变，故A、B错误；
减负前完成作业的时间在小时以上的概率为，
所以减负后完成作业的时间在小时以上的概率为，故C错误；
由频率分布直方图可得，，
所以减负前完成作业的时间的中位数位于之间，
所以减负后完成作业的时间的中位数在至之间，故D正确.
故选：D
6．A
【分析】根据题意，结合等比数列的通项公式，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.
【详解】由等比数列的通项公式可得，，
当且时，则，且单调递减，则是递减数列，故充分性满足；
当是递减数列，可得或，故必要性不满足；
所以“且”是“是递减数列”的充分不必要条件.
故选：A
7．C
【分析】设区间内取到的数是，在内取到的数为，得到不等式组，作出对应你的平面区域，分别求得和五边形的面积，结合面积比的几何概型概率计算，即可求解.
【详解】设区间内取到的数是，在内取到的数为，
则满足，作出不等式组对应你的平面区域，如图所示，
可得对应的图形的面积为，
由两数之和大于，即，
设直线交于点，可得，
则的面积为，所以五边形的面积为，
则两数之和大于的概率为.
故选：C.
8．C
【分析】根据三视图，还原直观图，即可求得最长的棱长.
【详解】根据三视图，还原直观图为三棱锥，如图所示，
由题意得，
在直角三角形中，，同理，
所以最长棱为.
故选：C.
9．A
【分析】求出直线所过定点，当⊥时，最小，根据直线垂直与斜率的关系即可得到答案.
【详解】变形为，故直线过定点，
因为，则该定点在圆内，
而的圆心为，半径为，设圆心到该直线的距离为，
因为，
则当最大时，取得最小值，而当时，最大，即取得最小值，
因为，则.
故选：A
10．B
【分析】通过图象求出的解析式，再利用三角函数的图象和性质逐项判断即得.
【详解】由题意可知，，，
，，，，
，∵，∴，∴.
①因此，当，即时单调递增，当时，，与有交集，故错误；
②的图象向右平移个单位长度可得，，关于轴对称，故正确；
③当时，，，故错误.
综上，只有命题②正确，
故选：.
11．A
【分析】由椭圆的定义可得,再结合余弦定理可得，然后由向量数量积定义得解.
【详解】由椭圆的定义可得,
在 中，由余弦定理，
又 ,可得：
，即,
即，即，
则，
故选：A.
12．C
【分析】构造同构函数，分析单调性，转化为恒成立，即，再求解的最小值即可.
【详解】已知，由知.故排除BD.
由得，，
构造函数，是上的增函数，
则由得，即，
令，
，由得，
当，则单调递减，
当，则单调递增，
，
则，又，则.
故选：C.
13．
【分析】由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【详解】因为，满足，作出可行域如下所示：
由，解得，即，
由图可知，当直线过点时，有最大值，
且．
故答案为：．
14．/
【分析】首先求出的坐标，再由向量垂直得到，即可求出，再根据数量积的坐标表示计算可得.
【详解】因为，，
所以，
因为，所以，解得，
所以.
故答案为：
15．
【分析】先根据条件确定函数单调性，然后画出函数的草图，利用图象解不等式.
【详解】不妨设，则等价于，
所以在上单调递增，
又函数为奇函数，所以在上单调递增，
，作出的图象如下：

结合的图象得不等式或
或，
故答案为：.
16．
【分析】由球的表面积计算出球的半径，设出该正四棱锥底面边长及高，由球的半径可得底面边长与高的关系，求出该正四棱锥体积的表达式，结合导数计算即可得.
【详解】
由，故该球半径，
设正四棱锥底面边长为，高为，
则，，
则有，化简得，
，
令，则，
故当时，，当时，，
即有极大值，
即该正四棱锥体积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键在于得出体积的表达式后构造函数，借助导数研究函数单调性后可得最值.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用变形给定的递推公式，再利用等比数列的定义推理即得.
（2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即得.
【详解】（1）证明：数列中，，当时，，
两式相减得，
即，则，
又，则，，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知，，
，
则，
于是，
两式相减得，
所以.
18．(1)，6月份该厂的订单数为59.9万元；
(2)，与之间具有很强的正相关关系.
【分析】（1）求出与的值，可得关于的线性回归方程，取求得值得答案；
（2）由已知数据求得值，可得与的相关系数近似为0.99，故与之间的线性相关程度相当高．
【详解】（1）解：由题可得：，
，
，
关于的线性回归方程为，
2022年6月对应的变量为6，将代入，
得，
估计6月份该厂的订单数为59.9万元．
（2）相关系数.
与之间具有很强的正相关关系.
19．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）利用等体积法求出点到平面的距离.
【详解】（1）由底面为正方形，得，又平面，
于是平面，而平面，则，同理，
又平面，
所以平面.
（2）由（1）得，点为的中点，在中，，点为的中点，同理，
在中，，因此，
在直角中，，
由（1）知平面，则平面，于是点到平面的距离为
设点到平面的距离为，由，得，解得，
所以点到平面的距离为.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆和抛物线的几何性质即可求解；
（2）设点，，求出直线的方程，利用直线和圆相切,直线和圆相切分别出关于和的一元二次方程，利用韦达定理即可求出直线经过的定点.
【详解】（1）由椭圆方程可知短轴长为，
∴抛物线的焦点到准线的距离，
故抛物线方程为．
（2）∵是抛物线上位于第一象限的点，∴且，∴．
设，，则直线方程为，
即，
∵直线DM：与圆E：相切，
∴，整理可得，，①
同理，直线DN与圆E相切可得，，②
由①②得a，b是方程的两个实根，
∴，，
代入，化简整理可得，
，
令，解得，
故直线MN恒过定点．
21．(1)，单调递增区间为，，无单调递减区间
(2)
【分析】（1）首先得到，再求出导函数，即可得到切线的斜率，再由两点的斜率公式求出，再利用导数求出的单调区间；
（2）依题意可得在区间上恒成立，即在区间上恒成立，结合（1）中函数的单调性，得到在区间上恒成立，参变分离可得在区间上恒成立，利用导数说明，即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
又，则，
又函数的图象在处的切线经过点，
所以，解得，
所以，函数的定义域为，又，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以当时恒成立，即恒成立，
所以在，上单调递增.
即的单调递增区间为，，无单调递减区间.
（2）因为不等式在区间上恒成立，
因为，则，
即在区间上恒成立，
所以在区间上恒成立，
又，所以，
所以在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
由（1）可知在上单调递增，
所以在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
令，，
则，
所以在上单调递减，
所以，即区间上恒成立，
所以时在区间上恒成立，
即对任意关于的不等式在区间上恒成立.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．(1)直线的极坐标方程为：，曲线的参数方程为（为参数）
(2)，．
【分析】（1）利用消元法求出直线的直角坐标方程，再利用直角坐标和极坐标互化公式即可求出直线的极坐标方程，直接根据同角三角函数的平方关系可得曲线的一个参数方程；
（2）设点的坐标为，表示出点到直线的距离，结合辅助角公式和正弦函数的值域，即可得出距离最小值，进而求出点的坐标．
【详解】（1）直线的参数方程为（为参数），消得直线的普通方程为，
将代入直线的普通方程，得直线的极坐标方程为：，
曲线的一个参数方程为：（为参数）．
（2）因为点在曲线上，设，
则到直线的距离为：，其中，，
当，即时取得最小值，，
，
，，
故此时点的坐标为，
综上，曲线上一点到直线距离的最小值为，此时点的坐标为．
23．(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，利用零点分段法分类讨论，分别计算可得；
（2）由（1）可得，将式子变形为，再由乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】（1）不等式，即，
即，
所以或或，
解得或或，
综上可得，
所以不等式的解集为；
（2）因为的最小数为，所以，可得，
所以，解得，
所以
，
当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为．