四川省2024届高三仿真模拟考试（二）全国卷理科数学模拟试题（含答案）

这是一份四川省2024届高三仿真模拟考试（二）全国卷理科数学模拟试题（含答案），共19页。试卷主要包含了设为等比数列的前项和，且，则，某圆台的侧面展开是一个半圆环等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数在复平面内对应的点分别为，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知某多面体的三视图如图所示，其中A和B分别对应该多面体的两个顶点，则A，B两点间距离为（ ）

A．B．C．D．
4．已知是定义在上的奇函数，当时，，则满足的的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知x，y满足约束条件则目标函数的最小值为（ ）
A．B． C． D．1
6．在区间内随机取一个数k，使直线与圆相交的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．设为等比数列的前项和，且，则（ ）
A．B．C．或D．或
8．某圆台的侧面展开是一个半圆环（如图所示），且其中内、外半圆弧所在圆的半径分别为2和6，则该圆台的体积为（ ）

A．B．C．D．
9．已知双曲线的左、右顶点分别为为的右焦点，的离心率为2，若为右支上一点，，记，则（ ）
A．B．1C．D．2
10．已知等差数列和等差数列的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
11．已知三点在半径为2的球的球面上，且，则直线与直线所成角的最大值为（ ）
A．B．C．D．
12．已知实数满足，则满足条件的的最小值为（ ）
A．1B．eC．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设为坐标原点，点在抛物线上，若到的准线的距离为，则 ．
14．为备战第47届世界技能大赛，经过层层选拔，来自A，B，C，D四所学校的6名选手进入集训队，其中有3人来自A学校，其余三所学校各1人，由于集训需要，将这6名选手平均分为三组，则恰有一组选手来自同一所学校的分组方案有 种．（用数字作答）
15．记函数的最小正周期为T，且，．若为的一个零点，则 ．
16．剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中华汉族最古老的民间艺术之一．如图，一圆形纸片直径，需要剪去四边形，可以经过对折，沿裁剪，展开就可以得到．
已知点在圆上且，．则镂空四边形的面积的最小值为 ．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：60分．
17．2023年5月30日，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射．实验中学某班为弘扬“载人航天精神——特别能吃苦、特别能战斗、特别能攻关、特别能奉献”，举行航天知识问答活动．活动分为A、B两类项目，该班级所有同学均参加活动，且每位同学只能选择一项活动参加．活动参加情况如下表：
已知从该班级中随机抽取两位同学，在抽取到男同学和女同学各一位的前提下，两位同学均选择类项目的概率为．
(1)求；
(2)判断是否有的把握认为同学选择项目的类别与其性别有关？
附：，.
18．如图，在三棱柱中，面为正方形，面为菱形，，侧面面.
(1)求证：面；
(2)求二面角的余弦值.
19．记的内角的对边分别为，已知，．
(1)求；
(2)若，求面积．
20．已知直线过点且与圆：交于，两点，过的中点作垂直于的直线交于点，记的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程
(2)设曲线与轴的交点分别为，，点关于直线的对称点分别为，过点的直线与曲线交于两点，直线相交于点.请判断的面积是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由.
21．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若存在极小值点，且，求．
（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．已知直线的参数方程为(为参数)，圆的极坐标方程为．
(1)求圆的直角坐标方程；
(2)设圆与直线交于点，若点的坐标为，求．
选修4-5：不等式选讲
23．已知函数．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若对任意恒成立，求的值．
类
类
男同学
25
15
女同学
10
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
1．C
【分析】直接利用集合交集的定义求解即可.
【详解】因为集合，，
所以，
故选：C.
2．D
【分析】根据复数的坐标表示，求出复数，再利用复数乘法求解作答.
【详解】依题意，，所以.
故选：D
3．D
【分析】由三视图还原成直观图，根据所给数据计算即可得解.
【详解】根据题意可得如图所示直观图，为一组合体，

底面为直角梯形，侧棱垂直底面，则△AEB为直角三角形，
所以，又，
所以两个顶点的距离为，
故选：D.
4．C
【分析】先通过函数为奇函数求出，再通过求解二次不等式以及奇函数的对称性得答案.
【详解】依题意是奇函数，所以，即，
则，，
当时，令，解得或，
根据对称性，当时，，
故满足的的取值范围是．
故选：C．
5．B
【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求出.
【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分，

将化为，
观察图形可得，当直线过点时，最小，
联立方程，可得，则.
故选：B.
6．B
【分析】根据题意，由直线与圆相交列出不等式即可得到的范围，再结合概率的计算公式即可得到结果.
【详解】因为圆心，半径，直线与圆相交，所以圆心到直线的距离，解得，所以所求的概率为，
故选：B.
7．C
【分析】设出公比，根据得到方程，求出公比，利用通项公式和求和公式基本量计算出答案.
【详解】设公比为，由题意，因为，所以，
解得或，所以，
故或．
故选：C．
8．B
【分析】利用圆台的体积公式求解.
【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，则，，
所以，，且圆台的母线长为，
则圆台的高为,
所以圆台的体积为,
故选.
9．A
【分析】设的焦距为，根据离心率可得，由可得点的坐标，在直角三角形中求出，再根据两角差的正切公式即可求解.
【详解】设的焦距为，点，由的离心率为2可知，
因为，所以，将代入的方程得，即，
所以，
故．
故选:A．
10．C
【分析】利用等差数列的前项和公式，计算得到，再根据条件即可得到答案.
【详解】因为等差数列和等差数列的前项和分别为和，所以，
又，所以，
因此要为整数，当且仅当是正整数，又，则是36的大于1的约数，又36的非1的正约数有2，3，4，6，9，12，18，36，共8个，
则的值有1，2，3，5，8，11，17，35，共8个，
所以使得为整数的正整数的个数为8.
故选：C.
11．A
【分析】作出图示，根据向量的数量积运算求解出以及圆的半径，然后根据线面垂直关系结合线段长度求解出直线与直线所成角的最大值.
【详解】如图，因为，所以点在过且垂直于的球的截面上，
设该圆圆心为，半径为，
因为，所以，所以，
所以，
又因为，
所以，
设直线与直线所成角为，且圆所在平面，，所以，
当且仅当位于平面与球的交线上时，此时取最大值，即取得最大值，
此时，所以．
故选：A．
12．B
【分析】同构函数，运用导数研究其单调性可得，进而可得，运用导数研究其在上的最小值即可.
【详解】因为，
所以，
所以，即：，（，，），
设，（），则，
所以，（），
所以在上单调递增，
所以，即：，，
令，，则，
，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
故y的最小值为.
故选：B.
同构法的三种基本模式方法点睛：
①乘积型，如可以同构成，进而构造函数；
②比商型，如可以同构成，进而构造函数；
③和差型，如，同构后可以构造函数或.
13．
【分析】根据到准线的距离求解出的值，再根据抛物线方程求解出的坐标，由此可求.
【详解】依题意到的准线的距离为，所以，解得，
所以,所以，
所以，
故答案为.
14．
【分析】利用间接法，结合平均分组法即可得解.
【详解】将这6名选手平均分为三组，有种分组方案，
其中来自A学校的3名选手都不在同一组，有种分组方案，
所以恰有一组选手来自同一所学校的分组方案有种.
故答案为.
15．3
【分析】根据周期公式结合已知条件求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解.
【详解】因为，，
所以，从而，
令，即，，
所以，．
故3.
16．
【分析】由对称性可得，所以求面积的最小值即可，设，根据可得，根据的面积公式可得的关系，再根据基本不等式即可求面积的最小值.
【详解】由对称性可得，所以求面积的最小值即可，
如图所示，设为圆心，连接，作于，
由题意，所以，所以，
设，由面积公式得 ，
由余弦定理可得，
又根据基本不等式可得，即，
当且仅当时取等号，
所以，
所以四边形的面积的最小值为，
故
17．(1)
(2)没有的把握认为同学选择项目的类别与其性别有关
【分析】（1）根据条件概率的公式列出关于的方程，然后求解出的值；
（2）根据的值以及表中数据计算出的值，然后进行判断.
【详解】（1）记“抽取到男同学和女同学各一位”为事件，
所以，
“两位同学均选择类项目”为事件，
所以，
所以，解得．
（2）依题意：，
所以没有的把握认为同学选择项目的类别与其性别有关．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可得证.
（2）过作于，过作于，连接，利用线面垂直的性质定理得出为二面角的平面角，在中直接求解即可.
【详解】（1）由菱形可得，
面面，面面，
又正方形中，
面，又平面，，
，平面，面.
（2）过作于，则面.
过作于，连接，
因平面，则，
又平面，，故平面，
又平面，所以，
故为二面角的平面角，
在中，设，，，
，，，
.
即二面角的余弦值为.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理和正弦定理，结合，得到，求出答案；
（2）由（1）得到，由正弦定理求出，利用三角形面积公式求出答案.
【详解】（1）由余弦定理得，又，
所以，又，故．
由正弦定理可得，
又，且，
所以，即，
即，
当时，上式不成立，所以，故．
（2）由（1）可得，
由正弦定理，故，即，
又，
故的面积为．
20．(1)
(2)是，8
【分析】（1）根据线段垂直平分的性质结合椭圆的定义，即可得曲线的轨迹方程；
（2）设直线：，，，联立直线与椭圆得交点坐标关系，结合直线的方程与直线的方程为即可得交点的坐标，从而确定其轨迹，可求解三角形的面积.
【详解】（1）由题意得，圆：的圆心为，半径为,

因为为中点，且，所以是线段的垂直平分线，
所以，
所以，
所以点的轨迹即曲线是以，为焦点的椭圆，
设曲线：，其中，.
则，，，
故曲线：
（2）的面积是定值，理由如下：

由题意易得，，且直线的斜率不为0，
可设直线：，，，
由,得，恒成立，
所以，则.
直线的方程为：，
直线的方程为：，
由，得.
又
，
解得.
故点在直线上，所以到的距离，
因为点关于直线的对称点分别为，所以设，所以，解得，所以，同理可得
因此的面积是定值，为.
关键点点睛：本题考查求椭圆与直线综合的面积问题，解题关键是利用坐标关系确定动点轨迹．本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出，然后坐标确定直线与的方程，从而联立得交点的坐标，由此可得轨迹方程．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由导数的几何意义，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得，令，构造函数，结合导数求得其最值，即可得到结果.
【详解】（1）当时，，
，且，
所以曲线在处的切线方程为，
即．
（2），依题意，，
所以，（*），因为，所以，
，
得，代入式，得，
设，则，设，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当时，取得最小值，，所以，
当时，，设，则，
当时，取得极小值，且当时，单调递增，，，
所以为的极小值点，符合题意.
综上所述，．
22．(1)
(2)
【分析】（1）两边同时乘以，根据互化公式可得结果；
（2）将直线的参数方程化为标准形式，代入圆C的直角坐标方程，利用参数的几何意义可求出结果.
【详解】（1）由，得，
将，代入，得圆C的直角坐标方程为.
（2）把参数方程化为标准形式：，
代入得，
设，是上述方程的两根，则有,,
因此由t的几何意义可知．
23．(1)
(2)
【分析】（1）代入数据解不等式得到答案.
（2）考虑和两种情况，化简函数，解不等式得到答案.
【详解】（1）当时，，由题意可知，即，
解得，故不等式的解集为．
（2）当时，，则，即，；
当时，，则，
解得，显然此时原不等式的解集不为，不恒成立．
综上所述：．