四川省射洪市2024届高三下学期高考模拟测试（理）数学试卷（解析版）

这是一份四川省射洪市2024届高三下学期高考模拟测试（理）数学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，故，
故选：D.
2. 复数（是虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】，
故在复平面内对应的点坐标为，位于第一象限.
故选：A
3. 某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验，若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是
A. 8号学生B. 200号学生
C. 616号学生D. 815号学生
【答案】C
【解析】由已知将1000名学生分成100个组，每组10名学生，用系统抽样，46号学生被抽到，所以第一组抽到6号，且每组抽到的学生号构成等差数列，公差，
所以，
若，则，不合题意；若，则，不合题意；
若，则，符合题意；若，则，不合题意．故选C．
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】依题意，，
所以.
故选：D
5. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列说法中正确的序号为（ ）
①若，则为异面直线 ②若，则
③若，则 ④若，则
A. ①②B. ②③C. ③④D. ②④
【答案】B
【解析】对①：因为平面的平行线和平面内的直线可以平行，也可以异面，故①错误；
对②：平行于同一个平面的两个平面平行，故②正确；
对③：先根据垂直于同一条直线的两个平面平行得，再根据，可得，故③正确；
对④：两直线平行，和这两条直线分别垂直平面也平行，故④错误.
故选：B
6. 在中,点F为线段BC上任一点（不含端点）,若，则的最小值为（ ）
A. 3B. 4C. 8D. 9
【答案】D
【解析】因为点F为线段BC上任一点（不含端点），
所以设，故，
即，
又，
故，
故，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为9.
故选：D
7. 下列函数满足的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】令，，则，由可得，
对于A，，故A错误；
对于B，，不满足，B错误；
对于C，，即，即，C正确；
对于D，，即不成立，D错误．
故选：C．
8. 函数，（其中，，） 其图象如图所示，为了得到的图象，可以将的图象（ ）
A. 向右平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向左平移个单位长度
【答案】B
【解析】由函数图象可知：，函数过两点，设的最小正周期为，因为，所以有，而，因此，
即，因为，
所以，因为，
所以，即，因此，
而，
而，因此该函数向右平移个单位长度得到函数的图象，
故选：B.
9. 设为双曲线的左、右焦点，直线过左焦点且垂直于一条渐近线，直线与双曲线的渐近线分别交于点，点在第一象限，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由于渐近线的方程分别为，且，
直线，所以，
由于，
所以,
所以是的中点，结合可得,
又，所以，
故，所以，
即，故，
故选：B.
10. 为弘扬中国优秀传统文化，某市决定举办“经典诵读”知识竞赛．竞赛规则:参赛学生从《红楼梦》、《论语》、《史记》这3本书中选取1本参加有关该书籍的知识竞赛，且同一参赛学校的选手必须全部参加3本书籍的知识竞赛．某校决定从本校选拔出的甲、乙等5名优秀学生中选出4人参加此次竞赛．因甲同学对《论语》不精通，学校决定不让他参加该书的知识竞赛，其他同学没有限制，则不同的安排方法有（ ）种
A. 132B. 148C. 156D. 180
【答案】A
【解析】若选出的4人中含甲，再从剩余4人中选择3人，有种选择，
若比赛时安排甲单独参加《红楼梦》、《史记》其中一本书的知识竞赛，有种选择，
则剩余的3人参加剩余2本书的知识竞赛，则有种选择，此时共有种选择，
若比赛时安排甲和3名同学中的一名参加《红楼梦》、《史记》中1本书的知识竞赛有种，
余下的2人参与其它两本的知识竞赛，则有种，此时共有种，
故共有种选择，
若选出的4人中不含甲，则选出的4人分为3组，参加比赛，共有种选择，综上，共有种安排方法.故选：A.
11. 设为坐标原点，为椭圆的两个焦点，两点在上，且关于坐标原点对称，，则（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】C
【解析】由题知，长轴长为8，焦距等于，
如图，由椭圆的对称性可知，，
所以四边形为平行四边形，
因为，所以，
记，在中，由余弦定理得：，
由椭圆定义得，联立求解可得，
在中，由余弦定理得，
所以.
故选：C.
12. 已知，是函数的两个极值点，且，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意得，，，
所以，是方程的两个正根，
所以，不等式恒成立，
即恒成立；
又，则，又，
可得，则.
令，
则，
所以在上单调递减，所以，故.
故选：B.
第Ⅱ 卷（非选择题）
二、填空题
13. 若满足约束条件，设的最大值为______．
【答案】
【解析】由题意，画出可行域，如图阴影部分.
由，所以表示斜率为的直线在轴上的截距.
所以当直线经过点时，取得最大值.
由.
所以.
故答案为：10
14. 已知两圆的方程分别为和，则这两圆公共弦的长等于__________.
【答案】
【解析】这两个圆的圆心分别为，半径都是，两圆方程相减可得，这是公共弦所在直线方程，，所以公共弦长为．
15. 如图，有三座城市．其中在的正东方向，且与相距120；在的北偏东30°方向，且与相距60．一架飞机从城市出发，沿北偏东75°航向飞行．当飞机飞行到城市的北偏东45°的D点处时，飞机出现故障，必须在城市，，中选择一个最近城市降落，则该飞机必须再飞行_______，才能降落．
【答案】
【解析】连接BC，在中：
余弦定理知：
在中，，

故答案为
16. 在直四棱柱中，所有棱长均为2，，为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是_____（填序号）
①当点在线段上运动时，四面体的体积为定值
②若面，则的最小值为
③若的外心为M，则为定值2
④若，则点的轨迹长度为
【答案】①④
【解析】对于①，因为，平面， 平面，
所以平面，所以直线上各点到平面的距离相等，
又的面积为定值，①正确；
对于②，取的中点分别为，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为，，则，
又平面，平面，所以平面，
，平面，所以平面平面，
因为面，所以平面，
当时，AQ有最小值，则易求出
，
则，即，所以重合，
所以AQ的最小值为，②错误；
对于③，若外心为M，过作于点，则，
又，则，③错误；
对于④，在平面内过作于点，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，，
在上取点，使得，
则，，
所以，若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，
又因为所以，则圆弧等于，④正确.
故答案为：①④.
三、解答题
17. 某保险公司为了给年龄在20～70岁的民众提供某种疾病的医疗保障，设计了一款针对该疾病的保险，现从10000名参保人员中随机抽取100名进行分析，这100个样本按年龄段分成了五组，其频率分布直方图如下图所示，每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表格所示.（保费：元）据统计，该公司每年为该项保险支出的各种费用为一百万元.
（1）用样本的频率分布估计总体的概率分布，为使公司不亏本，则保费至少为多少元？（精确到整数）
（2）随着年龄的增加，该疾病患病的概率越来越大，经调查，年龄在的老人中每15人就有1人患该项疾病，年龄在的老人中每10人就有1人患该项疾病，现分别从年龄在和的老人中各随机选取1人，记表示选取的这2人中患该疾病的人数，求的数学期望.
解：（1），解得，
保险公司每年收取的保费为：
，
所以要使公司不亏本，则，
即，
解得，即保费元；
（2）由题意知的取值为0，1，2，
，
，
，
列表如下：
.
18. 已知等比数列{an}的前n项和Sn＝﹣m.
（1）求m的值，并求出数列{an}的通项公式；
（2）令，设Tn为数列{bn}的前n项和，求T2n.
解：（1）等比数列{an}的前n项和Sn＝﹣m①.
当n＝1时，解得，
当n≥2时，②，
①﹣②得：，
又{an}是等比数列，n＝1时也符合，
当n＝1时，，故m＝.
（2）由（1）得：，
所以T2n＝﹣1+2﹣3+4+...+﹣（2n﹣1）+2n
＝（﹣1+2）+（﹣3+4）+...+（﹣2n+1+2n）＝n.
19. 如图，四棱锥中，，，底面中，，，，是线段上一点，设.
（1）若，求证：平面；
（2）是否存在点，使直线与平面所成角为，若存在，求出；若不存在，请说明理由.
（1）证明：取中点，连接，如图所示，
∵，∴为中点，，且.
∵，，∴且，∴得四边形为平行四边形，
∴，平面，平面，故平面.
（2）解：取中点，以为原点，，平面内过点垂直于的直线为轴，过点垂直平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系：，
设，，∵
∴，，，，.
∴， ，，
解得：，，，
∴，
∴，
设，，又，
∴，
设平面的法向量为
∴，
令，
解得，，
∴，
∴，
整理得：，解得或，
，所以，解得或.
20. 已知过点的直线与抛物线交于两点，抛物线在点处的切线为，在点处的切线为，直线与直线交于点，当直线的倾斜角为时，．
（1）求抛物线的方程；
（2）设线段的中点为，求的取值范围．
解：（1）当的斜率为时，则，不妨设，
由可得，，所以，
,
即，因为，解得：．从而抛物线的方程为
（2）由题意可知直线有斜率，
设直线，，
由可得，，则
所以，
于是，即
而
由，则，
于是抛物线在点处的切线的方程为
即①
同理可得，在点处的切线的方程为②
联立①②，解得，于是 则
从而
所以，的取值范围是
21. 已知函数，，直线为曲线与的一条公切线.
（1）求；
（2）若直线与曲线，直线，曲线分别交于三点，其中，且成等差数列，求的个数.
解：（1）设与相切于点，
，，解得：，，即切点为，
，即；
设与相切于点，
，，即，
切线方程为：，，解得：，.
（2）由题意得：，则，，；
成等差数列，，即，；
令，则；
令，则，
在上单调递增，，，
，使得，即；
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
，
，，
则，即，
在上单调递增，
，，
在上存在唯一零点，即的个数为.
请考生在第22、23两题中任选一题作答，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. 如图，在极坐标系中，已知点， 曲线是以极点为圆心，以为半径的半圆，曲线是过极点且与曲线相切于点的圆.
（1）分别写出曲线、的极坐标方程；
（2）直线与曲线、分别相交于点、（异于极点），求面积的最大值.
（1）解：由题意可知，曲线是以极点为圆心，以为半径的半圆，
结合图形可知，曲线的极坐标方程为.
设为曲线上的任意一点，可得．
因此，曲线极坐标方程为．
（2）解：因为直线与曲线、分别相交于点、（异于极点），
设、，由题意得，，
所以，．
因为点到直线的距离为，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为.
【选修4—5：不等式选讲】
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的最小值为，正数，满足，求证：.
（1）解：当时，得，∴；
当时，得，∴无解；
当时，得；
综上，不等式的解集为或.
（2）证明：∵，∴，即，
又由均值不等式有：，，
两式相加得，
∴.
年龄
保费