四川省眉山市仁寿第一中学2023-2024学年高三文科数学上学期摸底测试（一）试题（Word版附解析）

2024届高三摸底测试一 （文科数学）

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. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据函数的值域可得，易知，即可求得.

【详解】由函数的值域为可知，或

所以；

由可得；

所以可得.

故选：B

2. 若复数，则（    ）

A. 25 B. 20 C. 10 D. 5

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数的乘法运算和模的定义求解.

【详解】因为，所以，

故选:D.

3. 若，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据充分条件、必要条件的定义即可得解.

【详解】若，令，满足，但；

若，则一定成立，

所以“ ”是“”的必要不充分条件.

故选：B

4. 袋中装有红球3个、白球2个、黑球1个，从中任取2个，则互斥而不对立的两个事件是（    ）

A. 至少有一个白球；都是白球 B. 至少有一个白球；至少有一个红球

C. 至少有一个白球；红､黑球各一个 D. 恰有一个白球；一个白球一个黑球

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，利用互斥事件、对立事件的定义逐项分析判断作答.

【详解】对于A，至少有一个白球和都是白球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，A不是；

对于B，至少有一个白球和至少有一个红球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，B不是；

对于C，至少有一个白球和红、黑球各一个的两个事件不能同时发生但能同时不发生，是互斥而不对立的两个事件，C是；

对于D，恰有一个白球和一个白球一个黑球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，D不是.

故选：C

5. 已知不等式由此可猜想：若，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】通过观察给出几个式子，归纳出不等式右边分式的变化规律即可得出结果.

【详解】由，观察发现不等式右边分式的分母是左边项数加1，分子比分母小1，故，

故选：C.

6. 已知和是两个正交单位向量，，且，则（    ）

A. 2或3 B. 2或4 C. 3或5 D. 3或4

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意得到，，求得，集合向量模的计算公式，列出方程，即可求解.

【详解】因为和是正交单位向量，，，

可得，所以，解得或.

故选：B．

7. 已知是直线的倾斜角，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题可得.方法一，由可得，后利用二倍角余弦公式，两角和的正弦公式可得答案；

方法二，由可得间关系，后利用表示，即可得答案.

【详解】法一：由题意可知，（为锐角），∴，

法二：由题意可知，（为锐角）∴，

．

故选：B．

8. 下列命题中，不正确的是（    ）

A. 夹在两个平行平面间的平行线段相等

B. 三个两两垂直的平面的交线也两两垂直

C. 若直线平面，，则过点且平行于直线的直线有无数条，且一定在内

D. 已知m，n为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则与相交，且交线平行于

【答案】C

【解析】

【分析】利用面面平行的性质推理判断A；利用面面垂直的性质、线面垂直的判定推理判断B；利用线面平行的性质判断C；利用反证法结合线面平行的性质推理判断D作答.

【详解】对于A，平面平面，点平面，平面，且，

由，得点共面，平面平面，平面平面，

而平面平面，于是，因此四边形是平行四边形，所以，A正确；

对于B，设平面、、两两垂直，它们的交线分别为b、c、d，

过平面内点的直线e、f分别满足，，如图，

由，，，得，而，则，同理，

因此，又，从而，同理，

所以三个两两垂直的平面的交线也两两垂直，B正确；

对于C，由直线平面，，得直线与点确定一个平面，令平面与平面的交线为，

显然，且平面，直线唯一，C错误；

对于D，假定与平行，由平面，得平面，又平面，于是，

这与m，n为异面直线矛盾，即假设不成立，因此与相交，

由平面、及，得，同理，在平面内存在直线，

在平面内存在直线（均不为平面与的交线），

即有，于是，直线平行于平面与的交线，所以直线平行于平面与的交线，D正确.

故选：C

9. .函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（     ）

A. 的最小正周期为

B.

C. 在上单调递增

D. 将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定的函数图象，求出周期及，进而求出解析式，再逐项判断作答.

【详解】对于A，由图象得函数的周期，A错误；

对于B，由图象得，，即有，

又图象过点，则，即，

又，于是，因此，B错误；

对于C，因为，所以，，

而，即有，即，则，在上不单调，C错误；

对于D，因为，将函数的图象向左平移个单位，

得的图象，D正确.

故选：D

10. 定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】当时，为单调增函数，且，则解集为，再结合为奇函数，所以不等式的解集为．

【详解】当时，，所以在上单调递增，因为，所以当时，等价于，即，

因为是定义在上的奇函数，所以 时，在上单调递增，且，所以等价于，即，所以不等式的解集为

【点睛】本题考查函数的奇偶性，单调性及不等式的解法，属基础题．应注意奇函数在其对称的区间上单调性相同，偶函数在其对称的区间上单调性相反．

11. 设等比数列中，使函数在时取得极值，则的值是（    ）

A. 或 B. 或 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由极值点和极值可构造方程组求得，代回验证可知满足题意；结合等比数列性质可求得结果.

【详解】由题意知：，

在处取得极值，，

解得：或；

当，时，，

在上单调递增，不合题意；

当，时，，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

是的极小值点，满足题意；

，又与同号，.

故选：D.

12. 已知，且恒成立，则k的值不可以是（    ）

A. －2 B. 0 C. 2 D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，用n表示m，代入不等式并分离参数，构造函数并探讨函数的最值作答.

【详解】由，知，，则，即，

令，则，令，则，

函数在上单调递增，于是，即，

从而，令，则，

则当时，，单调递增，当时，，单调递减，

因此在时取得最小值2，即，

所以，即可取，不能取4.

故选：D

【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.

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. ______．

【答案】

【解析】

【分析】利用指对数运算的性质化简求值即可.

【详解】.

故答案为：

14. 已知点，，若圆上存在点P满足，则实数a的取值的范围是____________．

【答案】

【解析】

【分析】由求出点的轨迹，再求出该轨迹与圆有公共点的a的范围作答.

【详解】设点，则，而，

则，整理得，即点的轨迹是原点为圆心，2为半径的圆，

因为点在圆，即圆与圆有公共点，

而圆的圆心为，半径为1，

因此，即，解得或，

所以实数a的取值的范围是.

故答案为：
 

15. 如图，有一半径为单位长度的球内切于圆锥，则当圆锥的侧面积取到最小值时，它的高为______．

【答案】##

【解析】

【分析】由，求得，得到侧面积，令，得到，求得函数的单调性，进而得到答案.

【详解】如图所示，设，半径，高，

球半径为单位长度，

因为，可得，即，

所以，解得，

所以侧面积，

令，可得，

令，可得，解得．

当，，单调递减；

当，，单调递减，

所以时侧面积有最小值．

故答案为：.

16. 在中，已知，，，当取得最小值时，的面积为 _____

【答案】

【解析】

【分析】根据给定条件，利用正弦定理探讨可得，再利用余弦定理探求的关系，并求出，由数量积的定义结合二次函数求出，再利用三角形面积公式求解作答.

【详解】   

令，则，由，得，

在中，，在中，，

于是，令，则，

而，则有，

由余弦定理得，整理得，即，，

则，

当时，取得最小值，在中，，

所以.

故答案为：

【点睛】关键点睛：条件较隐含的解三角形问题，根据题意设出变量，再选择恰当的三角形，借助正余弦定理列出方程、方程组是解题的关键.

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. 已知数列的首项为2，且满足（且），．

（1）求的通项公式；

（2）设，求的前n项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）因式分解可知为等比数列，然后可解；

（2）利用对数运算裂项可解.

【小问1详解】

由得，

因为，所以，所以，即，

又，所以是以2为首项和公比的等比数列，所以．

【小问2详解】

由得，

18. 买盲盒是当下年轻人的潮流之一，每个系列的盲盒分成若干个盒子，每个盒子里面随机装有一个动漫、影视作品的图片，或者设计师单独设计出来的玩偶，消费者不能提前得知具体产品款式，具有随机属性，某礼品店2022年1月到8月售出的盲盒数量及利润情况的相关数据如下表所示：

（1）求出月利润y（千元）关于月销售量x（百个）的回归方程（精确到0.01）；

（2）2022年“一诊”考试结束后，某班数学老师购买了装有“五年高考三年模拟”和“教材全解”玩偶的两款盲盒各3个，从中随机选出3个作为礼物赠送给同学，求3个盲盒中装有“五年高考三年模拟”玩偶的个数至少为2个的概率．

参考公式：回归方程中斜率和截距最小二乘估计公式分别为：，．

参考数据：，．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）将表格数据代入公式，计算回归方程；

（2）列举从6个盲盒中抽取3个的所有结果，由所有基本事件个数和“五年高考三年模拟”玩偶个数至少为2个的基本事件个数，求得概率.

【小问1详解】

由题，，

，

所以，，

，，

所以回归方程为.

【小问2详解】

记装有“五年高考三年模拟”玩偶的3个盲盒为，，，

记装有“教材全解”玩偶的3个盲盒为，，，

从中选出3个，共有：，，，，

，，，，，，

，，，，，，

，，，共20个基本事件，

其中，“五年高考三年模拟”玩偶个数至少为2个的基本事件有10个，

故所求事件发生的概率.

19. 已知四棱锥，其中，，，，平面平面，点是上一点，．

（1）求证：平面；

（2）若是等边三角形，当点到直线距离最大时，求四棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）1

【解析】

【分析】（1）由面面垂直的性质定理可知平面，再利用线面垂直判定定理即证；

（2）由题知，进而可得平面，再结合条件即求.

【详解】（1）因为，，则，

因为平面平面，且平面平面，平面，

所以平面，又平面，

所以，又，，，平面，

则平面；

（2）因为点到直线的距离为，

当时，点到直线的距离最大，此时，

由（1）可知，平面，又平面，

所以，又，，平面，

所以平面，

又为等边三角形，所以，

中，，，则，

故，所以，

因为，

故，

所以四棱锥的体积为1．

20. 已知抛物线的焦点F到其准线的距离为4，椭圆经过抛物线的焦点F．

（1）求抛物线的方程及a；

（2）已知O为坐标原点，过点的直线l与椭圆相交于A，B两点，若，点N满足，且最小值为，求椭圆的离心率．

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】(1)由条件列方程求，由此可得抛物线方程及其焦点坐标，再由条件求，(2)联立方程组，利用设而不求法结合条件求出点的轨迹，列方程求，由此可得离心率.

【小问1详解】

抛物线的焦点F到其准线的距离为4

可得

抛物线的方程：

椭圆经过抛物线的焦点

椭圆的右顶点为，

所以．

【小问2详解】

①当直线斜率存在时，

设直线方程为

由得，

∵

∴，即∴

∴，

∴

又∵

∴，即∴

∴N点轨迹为直线

②当直线斜率不存在时，经检验点在直线上．

∴N点轨迹方程

最小值即点O到直线的距离

∴，即

椭圆的离心率为．

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

21. 已知函数．

（1）记函数的导函数是．证明：当时，；

（2）设函数，，其中．若0为函数存在非负的极小值，求a的取值范围．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）令，然后利用导数可求得函数在R上为增函数，从而可得，

（2），当时，由，解得，，然后分，和三种情况，讨论函数的单调性和极值，从而可求出a的取值范围

【小问1详解】

．令，则．

∵，∴恒成立，即在R上为增函数．

∵，∴．∴．

【小问2详解】

．

由（1）知在R上为增函数．

∴当时，有，即；

当时，有，即．

当时，由，解得，，且在R上单调递减．

①当时，．

∵当时，有；当时，有；当时，有，

∴函数在上为减函数，在上为增函数，在上为减函数．

∴满足0为函数的极小值点；

②当时，．

∴时，有恒成立，故在R上为减函数．

∴函数不存在极小值点，不符合题意；

③当时，．

∵当时，有；当时，有；当时，有，

∴函数在上为减函数，在上为增函数，在上为减函数．

∴0为函数的极大值点，不符合题意．

综上所述，若0为函数的极小值点，则a的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数证明不等式，考查利用导数解决函数极值问题，第（2）问解题的关键是由，解得，，然后通过讨论的大小关系，从而可求出函数的极值，考查数学分类思想和计算能力，属于较难题

（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. 如图，在极坐标系中，已知点，曲线是以极点O为圆心，以OM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A、B（与极点O不重合），求△ABM面积的最大值．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据圆的极坐标方程得结论；

（2）代入两曲线极坐标方程得交点极径，相减得，过点M作于D，

可求得，然后求出三角形面积，利用基本不等式得最大值．

【小问1详解】

由题意可知，曲线是以极点O为圆心，以2为半径的半圆，

结合图形可知，曲线极坐标方程为．

设为曲线上的任意一点，可得

因此，曲线极坐标方程为；

【小问2详解】

因为直线与曲线，分别相交于点A，B（异于极点），

设，，由题意得，，

∴，过点M作于D，

时，如图1，，则点M到直线AB的距离为，

时，如图2，

，

，

∴

当且仅当时，等号成立，故△ABM面积的最大值为,

图1　　　　　　　　　　　　　　图2

[选修4—5：不等式选讲]

23. 已知、为非负实数，函数．

（1）当，时，解不等式；

（2）若函数的最小值为，求的最大值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）当，时，可得出，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；

（2）利用绝对值三角不等式可得出，再利用柯西不等式可求得的最大值.

【小问1详解】

解：当，时，．

当时，，解得，此时；

当时，，此时原不等式无解；

当时，，解得，此时．

综上，不等式的解集为.

【小问2详解】

解：由，

因为，，当且仅当时，等号成立，

．

所以，，即，

所以，，

当且仅当时，即当，时，等号成立，

综上，的最大值为．