四川省仁寿第一中学校南校区2024届高三理科数学上学期模拟（一）试题（Word版附解析）

这是一份四川省仁寿第一中学校南校区2024届高三理科数学上学期模拟（一）试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 设集合，，则， 若复数z满足，则， 若，则下列结论正确的是， 在中，点为边上一点，，若，则， 已知，，则， 若函数， 已知，，，则，，的大小关系为等内容，欢迎下载使用。
仁寿一中南校区2024届高三数学模拟（一）理科数学试题一､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. 设集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据对数函数的单调性求出集合，再根据交集的运算即可得出答案.【详解】解：，所以.故选：C.2. 若复数z满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算，化简可得，然后根据共轭复数的概念，即可得出答案.【详解】由已知可得，，从而.故选：B.3. 若，则下列结论正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用不等式的性质判断B，C，利用对数函数和指数函数的性质判断A，D.【详解】因为函数在上单调递增，，所以，A错误，因为，由不等式性质可得，B错误，因为，所以，，所以，故，C错误，因为函数在上单调递减，，所以，∴D正确，故选：D.4. 在中，点为边上一点，，若，则（    ）A. 3 B. 2 C. 1 D. 【答案】C【解析】【分析】根据向量的线性运算法则求解即可.【详解】由得，所以，所以，即，故选：C.5. 已知，，则（    ）A.  B. 1 C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据，利用求出，根据即可求解.【详解】∵，所以，
由，
所以.故选：B6. 已知是等差数列的前项和，若，则（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 6【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的求和公式，结合等差中项的性质，解得，根据等差数列整理所求代数式，可得答案.【详解】由题意，，解得，设等差数列的公差为，则.故选：B.7. 通常人们用震级来描述地震的大小，地震震级是对地震本身大小的相对量度，用表示，强制性国家标准GB17740-1999《地震震级的规定》规定了我国地震震级的计算和使用要求，即通过地震面波质点运动最大值进行测定，计算公式如下（其中为震中距），已知某次某地发生了级地震，测得地震面波质点运动最大值为，则震中距大约为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，，代入式子可得，结合选项估计，即得解【详解】由题意，代入可得因此震中距是接近100但小于100的数结合选项，震中距大约为98故选：C8. 如图，在直三棱柱中，面，，则直线与直线夹角的余弦值为（    ）
  A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】以为原点，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出，，利用向量的夹角公式可得答案.【详解】在直三棱柱中，平面，平面，所以，，平面，平面，所以，所以互相垂直，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，可得，，所以.所以直线与直线夹角的余弦值为.故选：C.  9. 若函数（）在区间上恰有唯一极值点，则的取值范围为（    ）A  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据余弦函数的图象特征，根据整体法即可列出不等式满足的关系进行求解.【详解】当，，由于（）在区间上恰有唯一极值点，故满足，解得，故选：C10. 已知，，，则，，的大小关系为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数的运算性质化简，利用对数的单调性判断的范围，即可比较，，的大小关系得出正确选项.【详解】因为，，因为即，，所以，又因为，所以，故选：B.11. 已知直线：既是曲线的切线，又是曲线的切线，则（    ）A. 0 B.  C. 0或 D. 或【答案】D【解析】【分析】本题主要求切线方程，设两个曲线方程的切点，由两条切线均为，通过等量关系可得到的取值.【详解】,,，设切点分别为，则曲线的切线方程为：，化简得，，曲线的切线方程为：，化简得，，，故，解得e或.当e，切线方程为，故.当，切线方程为，故，则.故的取值为或.故选：D12. 若函数的定义域为，且偶函数，关于点成中心对称，则下列说法正确的个数为（    ）①的一个周期为2                ②③的一条对称轴为            ④A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】由题意，根据函数的对称性，可得，，且，根据函数周期性的定义，可判①的正误；根据周期性的应用，可判②的正误；根据函数的轴对称性的性质，可判③的正误；根据函数的周期性，进行分组求和，根据函数的对称性，可得，，可判④的正误.【详解】因为偶函数，所以，则，即函数关于直线成轴对称，因为函数的图象是由函数的图象向左平移个单位，所以函数关于点成中心对称，则，且，对于①，，，则函数的周期，故①错误；对于②，，故②正确；对于③，，故③正确；对于④，，则，，则，由，则，故④正确.故选：C.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. 已知等比数列的各项均为正数，设是数列的前项和，且，，则______．【答案】【解析】【分析】利用等比数列通项公式，结合，可求得公比，进而得到，利用等比数列求和公式可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，，，又，，，.故答案为：.14. 已知是椭圆上的点，、分别是椭圆的左、右焦点，若，则的面积为______．【答案】##【解析】【分析】由向量的夹角公式可得，利用余弦定理、椭圆定义可得，再由三角形面积公式可得答案.【详解】因为，，所以，若，因为，则可得，由余弦定理可得，所以，则.故答案为：.  15. 已知，则______．【答案】【解析】【分析】利用二倍角公式和同角三角函数的关系进行求解.【详解】根据二倍角公式，，，于是，即.故答案为：16. 已知函数，若恒成立，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】在同一坐标系下画出，的图像，数形结合进行分析.【详解】，则，故，，递增；，，递减，由，解得是唯一零点，又，在坐标系中画出图像，又是经过定点的直线，如图，显然时不成立，时，显然成立，时，如图和相切于时，由于，根据导数的几何意义，，结合图像可知，时，.故答案为：     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.（一）必考题：共60分.17. 在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，已知，且．（1）求角B的大小；（2）若，求△ABC的面积S．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角(的正弦)，进而利用同角三角函数的关系得到，再根据，结合两角和的正切公式得到关于的方程，求得的值，同时注意根据已知条件判定角为锐角，得到角的值；（2）利用同角三角函数的关系，求得三个内角的正弦值，进而利用正弦定理求得三角形另外两边的长，利用三角形面积公式计算即得S．【小问1详解】∵，∴,∴，即,又∵∴,解得或，又∵，∴角为钝角，∴角为锐角，∴，∴；【小问2详解】由（1）知，，，及已知条件,∴,，，又∵，∴，，∴.18. 2022年北京冬奥会即第24届冬季奥林匹克运动会在2022年2月4日至2月20日在北京和张家口举行.某研究机构为了解大学生对冰壶运动是否有兴趣，从某大学随机抽取男生、女生各200人，对冰壶运动有兴趣的人数占总数的，女生中有80人对冰壶运动没有兴趣. 有兴趣没有兴趣合计男   女 80 合计    （1）完成上面2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为对冰壶运动是否有兴趣与性别有关？（2）按性别用分层抽样的方法从对冰壶运动有兴趣的学生中抽取9人，若从这9人中随机选出2人作为冰壶运动的宣传员，设X表示选出的2人中女生的人数，求X的分布列和数学期望.附：.0.1000.0500.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510828 【答案】（1）列联表见解析，有的把握认为对冰壶运动是否有兴趣与性别有关．    （2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）根据题干所给数据求出冰壶运动有兴趣的男女人数，即可得到列联表，再计算出卡方，即可判断；（2）首先利用分层抽样求出男、女抽取的人数，依题意的所有可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；【小问1详解】解：依题意对冰壶运动有兴趣的人数为人，则女生中对冰壶运动有兴趣的有人，男生中对冰壶运动有兴趣的有人，所以男生中对冰壶运动无兴趣的有人，所以列联表： 有兴趣没有兴趣合计男女合计，有的把握认为对冰壶运动是否有兴趣与性别有关．【小问2详解】解：从对冰壶运动有兴趣的学生中抽取人，抽到的男生人数、女生人数分别为：（人，（人，则的所有可能取值为，，，所以，，，故的分布列是：012故．19. 如图，在四面体中，均为等边三角形，，点为的中点，．（1）证明：直线平面；（2）设点在上，，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；    （2）【解析】【分析】（1）证明为以为底边的等腰三角形，进而证明，再根据判定定理即可证明结论；（2）以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【小问1详解】证明：因为均为等边三角形，所以因为点为的中点，所以，所以，所以，为以为底边的等腰三角形，因为，所以，即，因为平面，所以平面.【小问2详解】解：由（1）知，所以，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，所以，因为，所以，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，令得，因为平面的一个法向量为，所以，，所以，二面角的余弦值为.20. 已知椭圆C：的离心率为，且过点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知O为坐标原点，A，B，P为椭圆C上不同的三点，若.试问：△ABP的面积是否为定值？如果是，求出这个定值，如果不是，请说明理由.【答案】（1）    （2）为定值，【解析】【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；（2）根据题意分析可得，分类讨论直线的斜率是否存在，根据点在椭圆上，利用韦达定理可得，结合弦长公式和点到直线的距离运算求解.【小问1详解】因为椭圆的离心率为，且过点，则，解得，所以椭圆方程为.【小问2详解】因为，则四边形为平行四边形，所以.①若直线的斜率不存在，此时点为长轴顶点，不妨取，设，则，解得，则；②若直线斜率存在时，设方程：，联立方程组得，消去可得：，由，整理得，则，可得，所以.因为点在椭圆上，则，所以，满足，则，又因为点到直线的距离，所以；综上所述：面积为定值，且定值为.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．21. 已知函数，当时，．（1）求的取值范围；（2）求证：（）．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由导数法对、分类讨论否满足即可；（2）由（1）结论，当时，恒成立，即可得，即可列项得，构造，由导数法证，则有，即，最后结合对数运算性质即可证【小问1详解】由题意得．令，则．∴函数在区间上单调递增，则函数的最小值为．①当，即时，可得，∴函数在上单调递增．又，∴恒成立．②当，即时，函数的最小值为<0，且存在，当时，．又，∴当时，，这与时，相矛盾．   综上，实数a的取值范围是．【小问2详解】由（1） 得当时，不等式恒成立，∴．令，得．  ∴．  令，则，时，，为上的增函数；时，，为上的减函数；∴，则．∴，   ∴=<=．∴．【点睛】方法点睛：证明数列累乘不等式，可通过不等式两边取对数，转换成累加不等式的证明，接着一般可结合题中结论，通过对数列通项放缩，达到证明目的（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4—4：坐标系与参数方程]22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为其中t为参数，，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系．（1）求曲线，的极坐标方程；（2）若，曲线，交于M，N两点，求的值．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）消去参数，可得曲线的直角坐标方程，再利用极坐标与直角坐标的互化公式可求出曲线的极坐标方程，同理可求出曲线的极坐标方程，（2）将代入曲线的极坐标方程，化简后利用根与系数的关系，再结合极坐标的几何意义可求得结果【小问1详解】依题意，曲线普通方程为，即曲线的极坐标方程为．曲线的普通方程为，即，故曲线的极坐标方程为．【小问2详解】由，得，将代入曲线的极坐标方程中，可得，设上述方程的两根分别是，，则，，故．[选修4—5：不等式选讲]23. 已知函数的最大值为.（1）求的值；（2）若正数，，满足，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用绝对值三角不等式求出的最大值，让最大值等于即可得的值；（2）由（1）知，，由利用基本不等式即可求证.【详解】（1）由题意得，因为函数的最大值为，所以，即.因为，所以；（2）由（1）知，，因为，，，所以，当且仅当时，即，等号成立，即，所以，当且仅当时，等号成立.