青海湟川中学2023-2024学年高三下学期第一次模拟考试数学（理）试卷（含解析）

这是一份青海湟川中学2023-2024学年高三下学期第一次模拟考试数学（理）试卷（含解析），共25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．已知复数，且，若z在复平面内对应的点位于第二象限，则（ ）
A．B．C．2D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．325B．355C．365D．375
4．某中学的高中部共有男生1200人，其中高一年级有男生300人，高二年级有男生400人．现按分层抽样抽出36名男生去参加体能测试，则高三年级被抽到的男生人数为（ ）
A．9B．12C．15D．18
5．已知双曲线C：的一条渐近线的方程为，若C的焦距为，则（ ）
A．4B．5C．6D．10
6．现从含甲、乙在内的10名特种兵中选出4人去参加抢险，则在甲被选中的前提下，乙也被选中的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，该图形由一个矩形和一个扇形组合而成，其中矩形和扇形分别是一个圆柱的轴截面和一个圆锥的侧面展开图，且矩形的长为2，宽为3，扇形的圆心角为，半径等于矩形的宽，若圆柱高为3，则圆柱和圆锥的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
8．执行如图所示的程序框图，若输出的，则判断框中应填（ ）

A．B．C．D．
9．在梯形ABCD中，，，，，，E，F分别为AD，BC的中点，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数图象的一个最高点的坐标为，距离C点最近的一个零点为，设B点在y轴左侧且为图象上距离y轴最近的一个对称中心，O为坐标原点，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
11．我们把函数图象上任一点的横坐标与纵坐标之积称为该点的“积值”．设函数图象上存在不同的三点A，B，C，其横坐标从左到右依次为，，，且其纵坐标均相等，则A，B，C三点“积值”之和的最大值为（ ）
A．B．C．D．
12．已知过抛物线C：焦点F的直线l与C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆与y轴交于D，E两点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知向量，，则向量在方向上的投影为 ．
14．已知函数，则不等式的解集为 ．
15．已知数列的前n项和为，且，，若对任意的正整数n，不等式恒成立，则的取值范围为 ．
16．我国古代数学著作《九章算术》中记载：斜解立方，得两堑堵．其意思是：一个长方体沿对角面一分为二，得到两个一模一样的堑堵．如图，在长方体中，，，，将长方体沿平面一分为二，得到堑堵，下列结论正确的序号为 ．

①点C到平面的距离等于；
②与平面所成角的正弦值为；
③堑堵外接球的表面积为；
④堑堵没有内切球．
三、解答题
17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)证明：；
(2)若，当C取最大值时，求的面积．
18．某公司自去年2月份某项技术突破以后，生产的产品质量得到改进与提升，经过一年来的市场检验，信誉越来越好，因此今年以来产品的市场份额明显提高，业务订单量明显上升，如下表是2023年6月份到12月份的订单量数据．
(1)试根据相关系数r的值判断订单量y与t的线性相关性强弱（，则认为y与t的线性相关性较强；，则认为y与t的线性相关性较弱）；
(2)建立y关于t的线性回归方程，并预测该公司2024年3月份接到的订单数量；
(3)为进一步拓展市场，该公司适时召开了一次产品观摩与宣传会，在所有参会人员（人数很多）中随机抽取部分参会人员进行问卷调查，其中评价“产品质量很好”的占50%，“质量良好”、“质量还需改进”的分别各占30%，20%，然后在所有参会人员中随机抽取5人作为幸运者赠送礼品，记抽取的5人中评价“产品质量很好”的人数为随机变量X，求X的分布列与期望．
附参考公式：，，．
参考数据：，，．
19．如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为4的正方形，点F在底面圆O上，，点G在线段BF上运动．
(1)当平面DAF时，求线段的长度；
(2)设，当与平面DAF所成角的正弦值为时，求的值．
20．在平面直角坐标系xOy中，已知动圆M过点，且与直线相切．
(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；
(2)过点作斜率分别为，的直线AB，AD，与C分别交于点B，D，当直线BD恒过定点时，证明：．
21．已知函数．
(1)若，求的取值范围；
(2)若有两个零点，，证明：．
22．在平面直角坐标xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
(2)试讨论直线l与曲线C公共点的个数．
23．已知正数满足．求证：
(1)；
(2)．
月份
6
7
8
9
10
11
12
月份代码t
1
2
3
4
5
6
7
订单量y（万件）
4.7
5.3
5.6
5.9
6.1
6.4
6.6
参考答案：
1．A
【分析】
先根据求出或，再结合z在复平面内对应的点位于第二象限排除即可.
【详解】由题意，得，得或，
因z在复平面内对应的点位于第二象限，所以，故，故，
故选：A
2．C
【分析】
根据对数真数大于零和一元二次不等式的解法可分别求得集合，根据并集定义可求得结果.
【详解】由得：，，；
由得：，，，.
故选：C.
3．D
【分析】根据等差数列，求出，进而求得.
【详解】因为数列为等差数列，，，
公差，，
所以，
故选：D.
4．C
【分析】
由题意按分层抽样的方法用36乘以高三年级的男生数占总男生数的比例即可求解.
【详解】高三年级被抽到的男生人数为.
故选：C.
5．B
【分析】
由双曲线的渐近线斜率为，可求出；再由双曲线的焦点横坐标为，可求出. 最后同时使用两个条件即可计算出.
【详解】由于双曲线的渐近线是和，故渐近线的斜率的绝对值为，
而直线即直线的斜率为，故.
又由于该双曲线的焦距为，故，从而.
从而.
故选：B.
6．A
【分析】记分别表示“甲被选中”和“乙被选中”，然后使用条件概率公式计算即可.
【详解】记分别表示“甲被选中”和“乙被选中”.
由于一共有10名特种兵，而要从中选出4名，故.
而从10名特种兵选出4名时，如果甲和乙被选中，则剩余2个被选中的人可从甲和乙之外的8名特种兵中任意选择2名，
故选取方式有种，从而.
故，A正确.
故选：A.
7．D
【分析】先求出圆柱的体积，再得到扇形的弧长，再求得圆锥的体积，最后求出体积比.
【详解】因为矩形的长为2，宽为3，所以圆柱的底面半径为1，高为3，
所以圆柱的体积为，
因为扇形的圆心角为，半径等于矩形的宽，所以半径为3，
根据弧长公式可以得到扇形的弧长为，
又扇形的弧长等于底面圆的周长，所以圆锥底面圆的半径为，
所以根据圆锥的体积公式得到圆锥的高为，
所以圆锥的体积为，
所以圆柱和圆锥的体积之比为，
故选：D.
8．C
【分析】
根据程序框图模拟程序计算即可.
【详解】第一次循环，第二次循环，
第九次循环，第十次循环，此时结束循环，所以.
故选：C
9．A
【分析】由题意，过点作，交于，，交于，分别在，运用余弦定理，求出即可.
【详解】
过点作，交于，，交于，
又因为，
所以四边形和四边形为平行四边形，
所以，，
因为，，，，
所以，
因为E，F分别为AD，BC的中点，
所以，，
所以，
所以在中，，
所以在中，，
所以，
故选：A.
10．C
【分析】
根据最高点确定的值，由距离C点最近的一个零点为，结合周期可求出，代入点可求出，由对称中心的求法及题意可确定点，进而得到的面积.
【详解】因为函数图象的一个最高点的坐标为，
故，
又距离C点最近的一个零点为，
所以，即，
所以，
将代入，得，
解得，
因为，所以，
所以，
令，则，
因为B点在y轴左侧且为图象上距离y轴最近的一个对称中心，
故，
所以.
故选：C
11．A
【分析】依题意，画出的大致图象，结合积值的定义构造函数，利用导数求其最大值.
【详解】依题意，A，B，C三点“积值”之和为，
因为，可得在和上单调递增，在上单调递减，
当时，，，；
当时，，可画出大概图象：

且有，使得，那么必有，
且关于对称，即，，，
，
则A，B，C三点“积值”之和
令，单调递减，
当时取最大值，，
故选：A.
12．B
【分析】分类讨论直线l的斜率存在与不存在，设出直线的方程联立方程组，求出，，然后作比值，构造函数求函数的最值即可求得的取值范围.
【详解】如图：

抛物线C：，所以焦点，
所以当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为，，，
由，得，
所以，由于圆心为的中点，则，
根据抛物线的定义可知，
所以圆的半径，
过作，垂足为，则，根据垂径定理，
得，所以
，令，，
则，
又知在上单调递增，
所以，所以，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，
此时，，
所以，
综上，的取值范围为，
故选：B.
【点睛】本题以抛物线为载体，在知识点交汇处命题，注重创新，考查解析几何的多个热点知识点，同时兼顾函数思想的考查，分类讨论联立方程组求解，转化为函数的最值问题求解即可.
13．/
【分析】
计算出向量的坐标，然后由向量在方向上的投影为计算求解即可.
【详解】因为向量，，所以，
则，所以向量在方向上的投影为：.
故答案为：
14．
【分析】
根据奇偶性定义和函数单调性的性质可化简所求不等式，得到自变量的大小关系，解不等式即可求得结果.
【详解】的定义域为，，
为定义在上的奇函数；
与均为上的增函数，为上的减函数，
为定义在上的增函数；
由得：，
，解得：，的解集为.
故答案为：.
15．
【分析】
由累加法求出数列的通项，再由等比数列求和公式求出，再利用指数函数和幂函数的增长速度简单放缩找到分离常数后不等式右边的最大值，最后求出结果即可
【详解】因为，，
所以由累加法可得
，
当时，符合上式，所以，
所以，，
因为不等式恒成立，即恒成立，
即恒成立，
又，所以
当时，，则，
当时，，
当时，，
当时，，
所以当时，不等式右边取得最大值，
所以，解得，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：
（1）对于形如这种递推关系的数列可用累加法求通项；
（2）对于含参数的数列不等式恒成立问题可采用分离常数后求最值来求参数的范围，有时需要进行简单的放缩比求导更简单.
16．①④
【分析】对于①，直接通过等体积法求解；对于②，选择合适的两组边并计算其夹角的正弦值即可；对于③，直接构造出球心即可确定外接球的半径，从而计算出表面积；对于④，假设内切球存在，然后推出矛盾，即可说明内切球不存在.
【详解】如图所示：

由于垂直于平面，在平面内，所以.
而，所以有平行四边形，从而四边形是矩形.
对于①，由于四面体的体积，
同时，
所以，这表明矩形的面积为，
从而三角形的面积.
设点C到平面的距离为，则有，
从而，①正确；
对于②，由于，，在平面内，
所以与平面所成角的正弦值为，②错误；
对于③，记长方体的中心为，
则到长方体的每个顶点的距离都是体对角线长的一半，即.
故以为球心，半径为的球同时经过堑堵的每个顶点，
故是堑堵的外接球，
从而堑堵的外接球表面积，③错误；
对于④，假设堑堵有内切球，设该内切球的球心为，半径为，
则在堑堵内部，且到堑堵的每个面的距离都是.
所以堑堵的体积等于四棱锥、四棱锥、三棱锥和三棱锥、四棱锥的体积之和，
记矩形、矩形、三角形和三角形、矩形的面积分别为，
则，，，，.
同时，堑堵是对长方体一分为二得到的，
故堑堵的体积是长方体的一半，
从而堑堵的体积，这就说明：
.
但是到平面和平面的距离相等，且平面和平面是长方体的一组对面，
故它们平行，且距离为.
所以到平面和平面的距离都等于平面和平面距离的一半，
从而.
这就导致了矛盾，所以堑堵不存在内切球，④正确.
故答案为：①④.
【点睛】思路点睛：判断④我们还可以这么思考：如果存在内切球，那么内切球的最大圆面在侧面三角形内的投影为三角形的内切圆，故几何体是否存在内切球等价于三角形内切圆的半径与是否相等.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理化角为边即可证明；
（2）利用，借助基本不等式得到C取最大值时，，求出的值，进而得到的面积.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
化简得.
（2）因为，
当且仅当，即时等号成立，即C取最大值，
即，又，，，
即，，
所以.
18．(1)订单量y与t的线性相关性较强；
(2)，万件；
(3)分布列见解析，期望为.
【分析】（1）根据相关系数的公式及表格代入数据计算即可判定；
（2）根据最小二乘法计算即可得回归方程，代入即可预测估计；
（3）根据二项分布的分布列与期望公式计算即可.
【详解】（1）由表格可知，
，
所以，
即订单量y与t的线性相关性较强；
（2）结合数据及（1）可知：，
则，
所以y关于t的线性回归方程为：，
显然，即预测该公司2024年3月份接到的订单数量为万件；
（3）易知，
，,
，,
，，
分别列表如下：
则.
19．(1)
(2)或
【分析】（1）利用线面平行当平面DAF时，找到两点重合，再建系后利用空间两点间距离公式求出线段的长度即可；
（2）建系后找到面的法向量和，代入空间向量法求线面角的公式，解出值即可.
【详解】（1）
取的中点，连接，
因为四边形ABCD为边长是4的正方形，所以，
所以，所以，，四边形为平行四边形，
所以，
因为面，且不在平面内，
所以面，
所以当两点重合时，面，
因为面，
可以以为轴，建立一个空间直角坐标系，
所以，
则，
.
（2）设，
，
因为，则，
由直径对应的圆周角为直角，易得面，所以面的法向量，
设与平面DAF所成角为，则
，
化简可得，解得或.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）由两点间距离公式结合题意列方程化简可得；
（2）设直线的斜率为，由点斜式写出直线的方程为，直曲联立，得到韦达定理；再根据斜率的定义用两点坐标标出斜率，，把韦达定理代入后化简可得.
【详解】（1）设，由题意可知，
两边平方后化简可得，
所以动圆圆心M的轨迹C的方程为.
（2）
证明：由题意可知直线的斜率存在且不为零，设为，
则直线的方程为，同时设，
联立，消去可得，，
，又，
所以，
代入韦达定理后化简可得，
所以.
【点睛】方法点睛：（1）求轨迹方程时可设动点坐标为，常用利用两点间距离公式化简可得；（2）求斜率之和为定值可先用韦达定理表示出斜率之和，再代入斜率的定义式化简.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）由导数确定函数的单调性及最值，即可求解；
（2）的零点满足，要证，即证，通过设函数，然后求导判断函数在上的单调性，可得，结合函数在的单调性即可证明.
【详解】（1）由题意可知的定义域为，且，
对于，有在上恒成立，即递减，
所以，即在上恒成立，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在时单调递减，
所以当时，函数有最大值，，所以，
即，所以的取值范围为；
（2）不妨设，由（1）知，即，令，
构造，且，
所以
，
令，则，
当时，，递减，故，
所以时，单调递减，故，
即在上，所以，
又，所以，即，
由（1）知在上单调递减，所以，故得证.
22．(1)；
(2)答案见解析
【分析】（1）利用消参法求得直线的普通方程即可，根据即可求得的直角坐标方程；
（2）联立与的普通方程，利用判断公共点的个数.
【详解】（1）由直线l的参数方程为得，即，
即直线的普通方程为：，
由曲线C的极坐标方程为，得，
得，
将代入得，
即曲线的直角坐标方程：
（2）由得，①
当，即时，①式有一个根，故此时直线l与曲线C有1个公共点；
当时，，
所以当时，即且时，直线l与曲线C有2个公共点；
当时，即时，直线l与曲线C有1个公共点；
当时，即或时，直线l与曲线C没有公共点，
综上，当或时，直线l与曲线C没有公共点；当或时，直线l与曲线C有1个公共点；当且时，直线l与曲线C有2个公共点.
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据，结合基本不等式，即可得证；
（2）由，结合基本不等式，即可得证.
【详解】（1）证明：因为正数满足，
由，当且仅当时，等号成立，
可得，
即，所以，当且仅当时，等号成立.
（2）证明：由
，
当且仅当，即，等号成立.
所以.
X
0
1
2
3
4
5