四川省成都市金堂县淮口中学校2024届高三下学高考仿真冲刺卷（一）文科数学试题

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1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】分别求出集合，再根据交集的定义求解即可.
【详解】由题意，，或
所以.
故选：A．
2．若复数满足，则的共轭复数是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据复数代数形式的除法运算求出复数即可求解结果．
【详解】解：复数满足，所以．
所以的共轭复数是．
故选：B．
3．《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》、三部贺岁片引爆了2024年春节电影市场．某电影院同时段播放这三部电影，小李和小明每人只能选择看其中的一场电影，则两位同学选择的电影不相同的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
4．已知向量，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先计算，再代入向量的夹角公式计算即可.
【详解】，
所以，
故选：B
5．某地为践行“绿水青山就是金山银山”的人与自然和谐共生的发展理念，对该地企业已处理的废水进行实时监测．对当地甲、乙两家企业20天内已处理的废水的某项指标值的检测结果如下图，则下列说法正确的是（ ）
A．甲企业样本数据的中位数是72
B．甲企业样本数据的平均数大于80
C．甲企业样本数据的众数大于乙企业样本数据的众数
D．不低于80的样本数据个数，甲企业多于乙企业
【答案】C
【分析】求得甲企业样本数据的中位数判断A；求得甲企业样本数据的平均数判断B；求得甲乙企业样本数据的众数判断C；求得甲乙两企业不低于80的样本数据个数判断D.
【详解】对于A：甲企业样本数据的中位数是，故A错误；
对于B：甲企业样本数据的平均数为：
，
故甲企业样本数据的平均数小于80，故B错误；
对于C：甲企业样本数据的众数为79，由频率分布直方图可得乙企业样本数据的众数为75，故C正确；
对于D：不低于80的样本数据个数甲企业为5个，乙企业为，故D错误.
故选：C.
6．函数的部分图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由函数的奇偶性可排除A；由特值法可排除B；当，且趋近时，所以可排除C，即可得出答案..
【详解】的定义域为，
，
所以为奇函数，故A错误；
当，且趋近时，,,
所以，故C错误，
当时，，故B错误.
故选：D.
7．已知把物体放在空气中冷却时，若物体原来的温度是，空气的温度是，则后物体的温度满足公式（其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数）.某天小明同学将温度是的牛奶放在空气中，冷却后牛奶的温度是，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．牛奶的温度降至还需
D．牛奶的温度降至还需
【答案】D
【分析】运用代入法，结合对数的运算逐一判断即可.
【详解】由，得，
即，故，A、B错误；
又由，，得，
故牛奶的温度从降至需，
从降至还需.
故选：D
8．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用降幂公式及两角和差的余弦公式化简即可得解.
【详解】
.
故选：B.
9．如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】平行移动与相交构成三角形，指明或其补角就是异面直线与所成的角，在三角形中由余弦定理解出即可.
【详解】
如图连接，因为为正四棱柱，
所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，则或其补角就是异面直线与所成的角，
设，则，，，
由余弦定理得：.
故选：D.
10．已知函数在上的最大值为，当把的图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数且满足时，则正数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由函数的最大值求出的表达式，根据图像变换结合对称性求出的表达式，根据为正数求出最小值
【详解】依题意，在上单调递增，，时，
把的图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数，
又，得是的一条对称轴，
即，当时，正数取最小值
故选：C．
11．设为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点在上，，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【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：C.
12．已知正数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】法一：由得，构造函数，求导利用导数判断函数的单调性求最值，进而比较、；由两边同除以得，构造函数，求导利用导数判断函数的单调性求最值，进而比较、，由此可比较，，的大小. 法二：化为，作差法并构造函数，求导利用导数求出函数最值，比较、大小，再利用作差法比较、大小，即可比较，，的大小.
【详解】法一：
由得，令，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，所以在上恒成立，
所以，即，所以，所以；
由两边同除以得，令，
则，所以在上恒成立，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，所以在上恒成立，
所以，即，所以，从而．
法二：
由得，即，所以 ，
令，，
当时，，在单调递增，
所以，所以，
则有；
由得，即，
所以，
因为，，，所以，即
故．
故选：A
二、填空题
13．若抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，则的值为
【分析】分别求出抛物线的焦点和椭圆的右顶点坐标，得，即可求解.
【详解】由题意知，（）的焦点为，
的右顶点为，
所以，解得.
14．已知正项等比数列的前项和为，若，则 .
【答案】
【解析】设的公比为，则，求解，即可算得.
【详解】设的公比为，则，解得或（舍去）.
所以.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，前项和公式，考查了等比数列的基本量的求解，考查学生的运算求解能力.
15.在中，内角，，所对的边分别为，，，若，且，则的面积为 .
【答案】
【分析】先根据已知求出A的大小，再根据求出bc的值，最后求三角形的面积得解.
【详解】因为，
所以,
所以,
所以A=.
因为，
所以
所以bc=8.
所以的面积为.
故答案为：
16．已知圆台的上、下底面中心分别为，且，上、下底面半径分别为2，12，在圆台容器内放置一个可以任意转动的球，则该球表面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意作出轴截面，利用直角三角形知识求得，即可求解球的表面积.
【详解】如图所示，
根据题意可知.
设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线AB分别切于两点，
因为，所以，所以，
所以可知球的半径，
此时球的直径为，
即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的表面积.
故选：B
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
三、解答题
17．某险种的基本保费为（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：
（I）记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．求P（A）的估计值；
（Ⅱ）记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”．求P（B）的估计值；
（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费估计值．
（I）；（Ⅱ）；（Ⅲ）1.1925a．
【分析】（I）求出A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”的人数．总事件人数，即可求P（A）的估计值；
（Ⅱ）求出B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”的人数．然后求P（B）的估计值；
（Ⅲ）利用人数与保费乘积的和除以总续保人数，可得本年度的平均保费估计值．
【详解】解：（I）记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．事件A的人数为：60+50＝110，该险种的200名续保，
P（A）的估计值为：；
（Ⅱ）记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”．事件B的人数为：30+30＝60，P（B）的估计值为：；
（Ⅲ）续保人本年度的平均保费估计值为1.1925a．
【点睛】本题考查样本估计总体的实际应用，考查计算能力．
18．．如图，已知为等边三角形，为等腰直角三角形，.平面平面，点与点在平面的同侧，且，.点为中点，连接.
（1）求证：平面；
（2）若，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）取中点为，连接、，证明四边形为平行四边形，，然后证明平面．
（2）取的中点，连接，由面面垂直及线面垂直的性质可得面，即为三棱锥面上的高，由计算可得；
【详解】（1）证明：取中点为，连接、，
、分别为、中点，
且，又且，
且，四边形为平行四边形，，
又平面且平面，
平面．
（2）取的中点，连接，因为为等边三角形，，
又，平面平面，平面平面，面，所以面，
又因为面，面，
，，
面，面，
面
，
，，
【点睛】本题考查线面平行的判定，面面垂直的性质定理的应用，锥体的体积计算，属于中档题.
19.设为数列的前项和，已知，且为等差数列．
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若数列满足，且，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助等差数列的性质与与的关系计算即可得；
（2）借助累乘法可计算出数列，借助裂项相消法可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，则，即，①
因为，所以由，得．②
由①、②解得，所以，即，
当时，，
当时，，上式也成立，
所以，所以数列是等差数列；
（2）由（1）可知，
当时，，
因为满足上式，所以．
．
20．已知双曲线的左右焦点分别为，点在的渐近线上，且满足.
(1)求的方程；
(2)点为的左顶点，过的直线交于两点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，证明：线段的中点为定点.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，借助向量垂直的坐标表示及双曲线渐近线方程求出即可得解.
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，借助韦达定理及向量共线的坐标表示求出的中点纵坐标即可得解.
【详解】（1）设，，由，得，
解得，即，而曲线的渐近线方程为，
由点在的渐近线上，得，即，因此，
所以的方程为.
（2）由（1）知，设直线为，
由消去y得：，
则，
，由三点共线，得，同理，
因此
，
所以的中点为定点.
21．已知函数．
（1）求的极值；
(2)证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数与函数单调性以及极值的关系，即可求得答案；
（2）根据要证明的不等式的结构特点，设，求出其导数，利用导数判断其单调性，结合其最值，即可证明结论.
【详解】（1）由题意得的定义域为，
则，
当时，，在上单调递增，无极值；
当时，令，则，令，则，
即在上单调递增，在上单调递减，
故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值；
（2）证明：设，
，令，
则，即在上单调递增，
，
故，使得，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故
即，即，则.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）曲线与直线交于两点，若，求的值．
【答案】（1）
（2）或
【分析】（1）先消去得曲线的普通方程，再化为极坐标方程；
（2）设直线的极坐标方程为，，其中为直线的倾斜角，代入曲线的极坐标方程，根据根与系数的关系列式求解即可.
【详解】解：（1）因为曲线的参数方程为（为参数），
所以，
所以曲线的极坐标方程为；
（2）设直线的极坐标方程为，，
其中为直线的倾斜角，
代入曲线得，
设所对应的极径为，
则，，
因为，
即，满足，
当时，，，
当时，，，
故的值为或．
23．已知函数，的最大值是.
(1)求的值；
(2)若，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，得到， 结合绝对值的三角不等式，求得，即可求解；
（2）由（1）知，令，利用基本不等式，得到，即可得证.
【详解】（1）解：因为，所以，
由不等式性质||，可得，
又因为函数的最大值为，所以.
（2）证明：由（1）知，且，可得，
令，则有(当且仅当时，等号成立)，
所以，
所以(当且仅当时，等号成立)，
所以.
上年度出险次数
0
1
2
3
4
保费
出险次数
0
1
2
3
4
频数
60
50
30
30
20
10