2024届四川省成都市成华区某校高三上学期一模数学（理）试题（解析版）

这是一份2024届四川省成都市成华区某校高三上学期一模数学（理）试题（解析版），共23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：本大题共12小题，每小题5分，共60分，请把答案直接填涂在答题卷上.
1. 已知是实数集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合、 ，再进行补集和交集运算.
【详解】，
，
，
所以，
故选：C
【点睛】本题主要考查了集合的交集、补集运算，属于基础题.
2. 若复数满足，则下列说法正确的是( )
A. 的虚部为2B. 为实数C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由给定等式求出z，再由复数z的特征判断各选项得解.
【详解】，
z的虚部为1，选项A错；z是虚数，选项B错；，选项C正确；，选项D错.
故选：C更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 3. 已知，，，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：因为所以选C．
考点：比较大小
4. 某调查机构对全国互联网行业进行调查统计，得到整个互联网行业从业者年龄分布饼状图，后从事互联网行业岗位分布条形图，则下列结论错误的是（ ）
注：后指年及以后出生，后指年之间出生，前指年及以前出生.
A. 互联网行业从业人员中从事技术和运营岗位的人数占总人数的三成以上
B. 互联网行业中从事技术岗位的人数超过总人数的
C. 互联网行业中从事运营岗位的人数后一定比前多
D. 互联网行业中从事技术岗位的人数后一定比后多
【答案】D
【解析】
【分析】
根据整个互联网行业从业者年龄分布饼状图、后从事互联网行业岗位分布条形图，对四个选项逐一分析，即可得出正确选项.
【详解】对于选项A，因为互联网行业从业人员中，“后”占比为，
其中从事技术和运营岗位的人数占的比分别为和，
则“后”从事技术和运营岗位的人数占总人数的.
“前”和“后”中必然也有从事技术和运营岗位的人，则总的占比一定超过三成，
故选项A正确；
对于选项B，因为互联网行业从业人员中，“后”占比为，
其中从事技术岗位的人数占的比为，
则“后”从事技术岗位的人数占总人数的.
“前”和“后”中必然也有从事技术岗位的人，则总的占比一定超过，故选项B正确；
对于选项C，“后”从事运营岗位的人数占总人数的比为，
大于“前”的总人数所占比，故选项C正确；
选项D，“后”从事技术岗位人数占总人数的，
“后”的总人数所占比为，条件中未给出从事技术岗位的占比，故不能判断，所以选项D错误.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用扇形统计图和条形统计图解决实际问题，解本题的关键就是利用条形统计图中“后”事互联网行业岗位的占比乘以“后”所占总人数的占比，再对各选项逐一分析即可.
5. 已知变量满足约束条件，则的最大值（ ）
A. B. 1C. 4D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移直线可得最优解，
【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，平移直线，当直线过点时，取最大值．
由解得，即，所以．
故选：．
【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域．属于基础题．
6. 的展开式中，含项的系数为（ ）．
A. 60B. C. D. 80
【答案】C
【解析】
【分析】
根据二项式定理写出通项公式，再令的幂为1即可求解
【详解】的展开式中，第项为，令，即时，含项的系数为，
故选：C．
【点睛】本题考查二项式定理中具体项的系数求解，属于基础题
7. 已知方程表示焦点在轴的双曲线，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线方程的特点，即可列出不等式，从而求得参数范围.
【详解】因为方程表示焦点在轴的双曲线，
故可得，
解得.
故选：B.
【点睛】本题考查由方程表示双曲线求参数范围的问题，属基础题.
8. 某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个以半径为1，母线为3的半圆锥．求出底面面积，代入圆锥体积公式再除以2，可得几何体的体积．
【详解】由三视图知：几何体是以半径为1，母线为3的半圆锥，（如图）
可得该圆锥的高．
底面面积，
几何体的体积
故选：．
【点睛】本题主要考查的知识点是由三视图求体积，解决本题的关键是得到该几何体的形状，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
9. 随着北京冬奥会的开幕，吉祥物“冰墩墩”火遍国内外，现有个完全相同的“冰墩墩”，甲、乙、丙、丁位运动员要与这个“冰墩墩”站成一排拍照留念，则有且只有个“冰墩墩”相邻的排队方法数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将其中个“冰墩墩”捆绑，记为元素，另外个“冰墩墩”记为元素，将、元素插入这位运动员所形成的空中，结合插空法可求得结果.
【详解】因为个“冰墩墩”完全相同，将其中个“冰墩墩”捆绑，记为元素，另外个“冰墩墩”记为元素，
先将甲、乙、丙、丁位运动员全排，然后将、元素插入这位运动员所形成的空中，
且、元素不相邻，则不同的排法种数为.
故选：B.
10. 已知函数满足：，函数，若，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】通过求来求得正确答案.
【详解】依题意，
所以
所以.
故选：B
11. 等腰三角形中，点在底边上，，，，则面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，则，，然后分别在，中解三角形得出的值，再求出的值，最后利用即可求出的面积.
【详解】设，则，，
中，，，则，
中，，由正弦定理得
，即，∴，
得，，
∴.
故选C.
【点睛】本题主要考查解三角形的问题，涉及正弦定理及三角形的面积公式、三角恒等变换等知识，对运算能力要求较高，属中等难度题.
12. 设函数在区间上单调，且，当时，取到最大值，若将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的倍得到函数的图象，则函数零点的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由已知可得，由得出对称中心及对称轴，得出，再得出的解析式，再有变换得出，再分别画出与图象，得出结论.
详解】解：设，
，即，
又，
为的一条对称轴，
且，则为的一个对称中心，
由于，所以与为同一周期里相邻的对称轴和对称中心，
则，．
又，且，
解之得，．
故，由图象变换可得，．
因为在处的切线斜率为，在处切线斜率不存在，即切线方程为．
所以右侧图象较缓,如图所示，
同时时，，
所以的零点有个．
故选：D.
【点睛】本题主要考查正弦型函数的图象和性质及零点，转化为两个函数的图象的交点，属于难题.
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题卷上）
13. 某班甲、乙两名同学进入高中以来5次数学考试成绩的茎叶图如图，甲、乙两人5次考试成绩的平均数与中位数之差较大者是 ．
【答案】乙
【解析】
【分析】从茎叶图中分析出参加统计的数据，然后根据平均数和中位数的计算公式，计算出平均数和中位数，分别算出两者之差后，再进行比较．
【详解】由茎叶图中数据可以看出甲、乙两位同学5次考试成绩分别为：
甲：76、83、84、87、90
乙：79、80、82、88、91
甲、乙的中位数分别是84、82
甲、乙的平均数分别是84、84
则甲、乙两人5次考试成绩的平均数与中位数之差较大者是乙，
故答案为:乙
14. 已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2正方形．若PA=2，则△OAB的面积为______________.
【答案】
【解析】
【详解】如图所示，
∵∴.
可知PC为球O直径，取PC的中点为O，取AC的中点为，
则，
又∵， ，
∴
∴球半径.
∴为等边三角形.
∴.
考点定位：本小题考查球的知识，意在考查考生对球的图形的理解，利用球中的几何体求解
15. 已知点，都在抛物线上，且关于直线对称，若，则实数______.
【答案】.
【解析】
【分析】先设直线的方程为，然后由得，再通过韦达定理及中点坐标公式求出线段的中点坐标代入直线即可得出，最后通过弦长公式求得实数.
【详解】设，，线段的中点为，依题可以设直线的方程为，
由得，
∴，，∴，则，∴，
点在直线上，∴，
，
∴，.
故答案为.
【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系的应用，主要通过方程思想、对称性、弦长公式解决问题，综合性强，属中等难度题.
16. 已知与相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最小值是___________．
【答案】
【解析】
【分析】由两直线方程可知两直线垂直，且分别过定点（3，1）、（1，3），所以点P的轨迹为以两定点连线段为直径的圆，方程为（x﹣2）2+（y﹣2）2=2。因为要求的最小值，可作垂直线段CD⊥AB，根据向量的运算可得，，根据条件求得CD的长度为1，所以点D的轨迹为。根据两圆方程可知点P的轨迹与点D的轨迹外离，故的最小值为两圆的圆心距减去两圆的半径。
【详解】∵l1：mx﹣y﹣3m+1=0与l2：x+my﹣3m﹣1=0，
∴l1⊥l2，l1过定点（3，1），l2过定点（1，3），
∴点P的轨迹方程为圆（x﹣2）2+（y﹣2）2=2，
作垂直线段CD⊥AB，CD==1，
所以点D的轨迹为,
则，
因为圆P和圆D的圆心距为，
所以两圆外离，
所以|PD|最小值为，
所以的最小值为4﹣2.
故答案：4﹣2.
【点睛】平面向量具有代数与几何双重身份，是沟通代数与几何的桥梁。平面向量模的最值问题一般以选择题或填空题的形式出现。解决此类问题关键在于正确运用相关知识，进行合理转化，常用方法有（1）利用向量基本知识转化为函数最值问题；（2）利用坐标进行转化，结合图形求最值；（3）利用向量模的性质求解；（4）利用几何意义，数形结合求解。
三、解答题：本大题共7小题，其中17-21题为必做题，每题12分，在22、23题选做一题，10分，共70分.
17. 已知数列为等比数列，首项，公比，且是关于的方程的根.其中为常数.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求使的的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用韦达定理得出；再根据题目条件利用等比数列的通项公式，求出公比，进而得到通项公式；
（2）利用对数的运算性质和数列裂项相消求和，得；再根据不等式的解法即可得出答案.
【小问1详解】
因为是关于的方程的根，
所以.
又因为数列为等比数列，，公比.
所以，解得：或（负值舍去），
故：
【小问2详解】
由（1）得：，
所以：，
所以：
因为，
所以，解得：（），
故：的最大值为48.
18. 为了进一步推动智慧课堂的普及和应用，市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样调查，统计数据如表：
从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是.
（1）补全列联表，判断能否有的把握认为智慧课堂的应用与区域有关，并阐述理由；
（2）在经常应用智慧课堂的学校中，按照农村和城市的比例抽取5个学校进行分析，然后再从这5个学校中随机抽取2个学校所在的地域进行核实，记其中农村学校有个，求的分布列和数学期望.
附：
.
【答案】（1）列联表见解析，有的把握认为认为智慧课堂的应用与区域有关，理由见解析
（2）分布列见解析，数学期望为
【解析】
【分析】（1）先根据题意补全列联表，然后根据公式计算，根据表格判断即可；
（2）先确定可能取值为，分别求出概率，然后求期望.
【小问1详解】
补全列联表如下：
.
所以有的把握认为认为智慧课堂的应用与区域有关.
【小问2详解】
在经常应用智慧课堂的学校中，农村和城市的比例是，所以抽取的5个样本有2个是农村学校，3个是城市学校，抽取2个，则可能取值为.
所以的分布列为：
的数学期望
19. 已知，图中直棱柱的底面是菱形，其中.又点分别在棱上运动，且满足：，.
（1）求证：四点共面，并证明平面；
（2）是否存在点使得二面角的余弦值为？如果存在，求出的长；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）在线段上分别取点,使得,进而得到即可;
（2）建立空间直角坐标系,求解平面的法向量,再根据二面角的计算方法分析是否存在使得二面角的余弦值为即可.
【小问1详解】
如图：在棱分别取点，使得，
易知四边形是平行四边形，所以，连结，
则，且所以四边形为矩形，故，
同理，且，故四边形是平行四边形，
所以，所以
故四点共面；
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
以点为原点，以为轴，以为轴，轴过且平行，如图建系
由已知，,
设，因为,
则，
平面中向量，
设平面的一个法向量为，因为，
则，取，可得其一个法向量为
平面中，，
设平面的一个法向量为，因为,
则，取，所以其中一个法向量,
若，则，
即有，解得或，
所以.
20. 已知椭圆的上顶点为，左、右焦点分别为，，离心率，的面积为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与椭圆相交于点，，则直线，的斜率分别为，，且，，其中是非零常数，则直线是否经过某个定点？若是，请求出的坐标．
【答案】（1）；（2）直线经过定点.
【解析】
【分析】
（1）由题可得，再结合即可求解椭圆标准方程；
（2）联立直线与椭圆方程，表示出韦达定理，求出，结合韦达定理可得与的代换式，代入整理成点斜式即可求解
【详解】（1）因为，的面积，且，
故解得，，，则，，
则椭圆的标准方程为．
（2）假设，，
直线与椭圆联立得消去整理得，
则，，又因为，
所以，，则，
即，代入韦达定理得，
即，化简得，
因为，则，
即，代入直线得，
所以恒过，故直线经过定点．
【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，由直线与椭圆的位置关系求证直线过定点问题，韦达定理的使用，考查了数学运算的核心素养，属于中档题
21. 已知函数.（是自然对数的底数）
（1）求的单调递减区间；
（2）记，若，试讨论在上的零点个数.（参考数据：）
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求得，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；
（2）求得，令，求得，求得函数的单调性，得出在上递增，在上递减，结合，分和两种情况讨论，根据零点的存在性定理，即可求解.
【小问1详解】
，定义域为.
由解得，解得.
的单调递减区间为.
【小问2详解】
由已知.
令，则.
当时，；
当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
即在上单调递增，在上单调递减.
①当，即时，.
，使得，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减.
.
又，
由零点存在性定理可得，此时在上仅有一个零点.
②若时，，
又在上单调递增，在上单调递减，又，
，使得，
且当时，；当时，.
在和上单调递减，在上单调递增.
.
又，由零点存在性定理可得，
在和内各有一个零点，
即此时在上有两个零点
综上所述，当时，在上仅有一个零点；
当时，在上有两个零点.
注：也可以用“半分参”解答
【点睛】函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
选做题：（请在下面题目中选择一题完成，注意在答题卡对应位置将你选择的题号用2B铅笔填涂，并将选做题目答案写在规定区域）
选修4-4：极坐标与参数方程
22. 在直角坐标系中，曲线，曲线（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求的极坐标方程；
（2）射线的极坐标方程为，若分别与交于异于极点的两点，求的最大值.
【答案】（1）的极坐标方程是，的极坐标方程是. （2）
【解析】
【分析】（1）利用将的直角坐标方程化为极坐标方程；先把的参数方程化为普通方程,再化为极坐标方程；
（2）分别联立曲线与的极坐标方程与,即可求得,,再利用二次函数的性质求得的最大值,进而求解.
【详解】解:（1）因为,
所以可化为,
整理得,
（为参数）,则（为参数）,化为普通方程为,则极坐标方程为,即.
所以的极坐标方程是,的极坐标方程是.
（2）由（1）知,
联立可得,
联立可得,
所以,
当时,最大值为,所以的最大值为.
【点睛】本题考查直角坐标方程与极坐标方程的转化,考查利用极坐标方程求弦长.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数
（1）解不等式；
（2）若，且，求证：.
【答案】（1），（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）将已知条件代入函数可得分段函数，然后分类讨论求解不等式即可；
（2）将不等式化简展开得，再平方作差即，再进行因式分解得，即得证该不等式成立
【详解】解：（1）由题意得，
当时，由，解得，
当时，不成立，
当时，由，解得，
所以不等式的解析为，
（2）由题意可得，要证
即证，
即证
因为
所以
所以，所以，
所以
【点睛】方法点睛：此题考查了解绝对值不等式、证明不等式，常见的方法有：
（1）利用绝对值不等式的几何意义求解，体现数形结合的思想；
（2）利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
（3）通过构造函数，利用函数图像求解；经常应用
偶尔应用或者不应用
总计
农村
城市
总计
经常应用
偶尔应用或者不应用
总计
农村
40
40
80
城市
60
20
80
总计
100
60
160
0
1
2