四川省绵阳市三台中学2024届高三上学期二诊模拟数学（理）试题（一）（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳市三台中学2024届高三上学期二诊模拟数学（理）试题（一）（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 集合，集合，，则， 已知，则， 设，向量，，且，则， 已知命题， 函数等内容，欢迎下载使用。

命题人：陈勇 审题人：陈新宇
本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共4页；答题卡共4页.满分150分，考试时间120分钟
第I卷（选择题，共60分）
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，只有一项是符合题意要求的.
1. 集合，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求解出集合，再分别验证四个选项即可.
【详解】集合，，或，，
，，
所以，故选项A不正确；
，故选项B不正确；
或，故选项C不正确；
，故选项D正确；
故选：D.
2. 已知复数，则复数的共轭复数在复平面内对应的点在（ ）
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】
【分析】根据复数除法运算化简，进而求得，从而确定正确答案.
【详解】，
所以对应点在第一象限.
故选：A
3. 根据表中的数据，用最小二乘法得到与的线性回归方程为，则表中的值为（ ）
A. B. 20C. D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】先求出样本中心点，然后代入回归方程计算即可.
【详解】由表中数据，计算可得，，
因为回归直线过样本中心点，
所以有，
解得．
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. 或1D. 或1
【答案】B
【解析】
【分析】利用弦化切可得出关于的等式，即可求得的值.
【详解】因为
，解得.
故选：B.
5. 2023年杭州亚运会期间，甲、乙、丙3名运动员与5名志愿者站成一排拍照留念，若甲与乙相邻、丙不排在两端，则不同的排法种数有（ ）
A. 1120B. 7200C. 8640D. 14400
【答案】B
【解析】
【分析】相邻问题用捆绑法看成一个整体，丙不排在两端可先排好其他人后再排丙.
【详解】甲与乙相邻有种不同的排法，将甲与乙看作是一个整体，与除丙外的5人排好，有种不同的排法，
再将丙排入隔开的不在两端的5个空中，有种不同的排法，
所以共有种不同的排法．
故选：B.
6. 设，向量，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用向量垂直的坐标运算，得出，从而可得出，再利用向量数量积公式即可求出结果.
【详解】因为，，又，所以，得到，
所以，得到，
所以，
故选：B.
7. 已知命题：若，则；命题，不等式恒成立，则下列命题是真命题是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由指数函数和对数函数的单调性判断出命题是真命题，命题是真命题，再由复合命题的真值表判断可得选项.
【详解】若，则，所以命题是真命题，是假命题；
又，所以不等式恒成立，所以命题是真命题，是假命题，
所以是真命题，是假命题，是假命题，是假命题，
故选：A
8. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆在第二象限内的一点，且（为坐标原点），则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由椭圆的方程求出，由可知，再由椭圆的定义及勾股定理可得，再求出的值.
【详解】由椭圆的方程可知：，
又因为，所以在中，，
设，则，因为是椭圆在第二象限内的一点，
所以，即，即，
因为，所以，则，
整理可得：，解得：或（舍去），
即，所以.
故选：A.
9. 当时，函数取得极值，则在区间上的最大值为（ ）
A. 8B. 12C. 16D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】根据极值点与导数之间的关系求得，利用导数判断在区间上的单调性和最值.
【详解】因为，所以，
又因为在取极值，所以，解得，
若，则，，
令，得或；令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
可知在取极值，故满足题意，
若，则在和上单调递增，在上单调递减，
且，
所以在区间上的最大值为.
故选：C．
10. 函数（且）的图象恒过定点，若且，，则的最小值为（ ）
A. 9B. 8C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数与对数函数性质求得，然后妙用“1”可得.
【详解】当时，，
所以，函数过定点，得，
所以，，
因为，，
所以，，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，的最小值为8.
故选：B
11. 已知函数，实数，满足，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】先判断的奇偶性，由此化简，进而求得正确答案.
【详解】，
所以的定义域为，
，
所以是奇函数，
由可得.
故选：B
12. 双曲线左右焦点分别为，，过点直线与双曲线右支交于，两点，弦的中垂线交轴于，若，则该双曲线渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设直线方程，与双曲线联立，求AB的中垂线方程，得到P点坐标，利用得到离心率，进而求得渐近线方程.
【详解】设直线的方程为，，，
联立，
判别式，
韦达定理，，
所以中点纵坐标，横坐标，
则中点坐标为，
所以AB的中垂线方程为，
令得，，即P的坐标为，
所以，
由弦长公式可知，，
将韦达定理代入得，，
因为，所以，整理得，，
所以，即，所以渐近线方程为.
故选：C.
第II卷（非选择题，共90分）
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案直接填写在答题卡的横线上.
13. 已知，则______（用含的代数式表示）．
【答案】##
【解析】
【分析】利用换底公式及对数的运算性质计算即可.
【详解】.
故答案为：.
14. 的展开式中不含常数项的所有项的系数之和是__________．
【答案】-449
【解析】
【分析】由题意结合二项式展开式的通项公式求得常数项，然后结合所有项的系数之和即可求得最终结果.
【详解】展开式的通项公式为，
令可得r=6，所以常数项为，
令x=1，得所有项的系数之和是-1，
故不含常数项的所有项的系数之和是.
故答案为：
15. 已知抛物线的焦点为为坐标原点，为抛物线上一点，且满足，则的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线方程求得抛物线的准线方程与焦点坐标，利用，求得点的纵坐标，代入抛物线方程求得横坐标，代入三角形面积公式计算，从而可求解.
【详解】由抛物线：得其标准方程为，所以，得，
所以焦点为，准线方程为，
又因为在抛物线上且，由抛物线定义可得，代入抛物线方程得，
所以.
故答案：.
16. 已知函数，若方程有四个不同的解，，，，且，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】画出函数图像，根据图像结合函数性质确定，，，变换，根据函数的单调性计算最值即可.
【详解】画出函数的图象，如图所示：
方程有四个不同的解，，，，且，
由时，，则与的中点横坐标为，即：，
当时，由于在上是减函数，在上是增函数，
又因为，，则，有，
，又，，
在上递增，故取值范围是．
故答案为：.
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为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 随着科技的发展，网络已逐渐融入了人们的生活．网购是非常方便的购物方式，为了了解网购在我市的普及情况，某调查机构进行了有关网购的调查问卷，并从参与调查的市民中随机抽取了男女各人进行分析，从而得到表（单位：人）：
（1）完成上表；对于以上数据，采用小概率值的独立性检验，能否认为我市市民网购与性别有关联？
（2）①现从所抽取的女市民中利用分层抽样的方法抽取人，再从这人中随机选取人赠送优惠券，求选取的人中至少有人经常网购的概率；
②将频率视为概率，从我市所有参与调查的市民中随机抽取人赠送礼品，记其中经常网购的人数为，求随机变量的数学期望和方差．
参考公式：．常用的小概率值和对应的临界值如下表：
【答案】17. 列联表见解析，能，理由见解析
18. ①；②，
【解析】
【分析】（1）完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）①所抽取的名女市民中，经常网购的有人，偶尔或不用网购的有人，然后利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；
②分析可知，，利用二项分布的期望和方差公式可求得、的值.
【小问1详解】
解：完善列联表如下表所示（单位：人）：
零假设性别与网购之间无关联，
由列联表得，，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为我市市民网购与性别有关联.
【小问2详解】
解：①由题意可知，所抽取的名女市民中，经常网购的有人，
偶尔或不用网购的有人，
所以，选取的人中至少有人经常网购的概率为；
②由列联表可知，抽到经常网购的市民的频率为，
将频率视为概率，所以，从我市市民中任意抽取一人，恰好抽到经常网购市民的概率为，
由题意可知，，所以，，.
18. 在等比数列中，，公比，且，又与的等比中项为2.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据题意结合等比数列的性质求出，进而可求出公比，即可得解；
（2）分和两种情况讨论，结合等差数列的前项和公式即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，
又，所以，
因为与的等比中项为2，所以，
则，解得（舍去），
所以，所以（舍去）
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
令，则，
令，则，
当时，，
当时，
，
综上所述，.
19. 在①向量，，且，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并加以解答.
已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，______.
（1）求角B的大小；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的数量积运算，结合正弦定理以及余弦定理，可得答案；
（2）利用余弦定理，结合三角形面积公式，可得答案.
【小问1详解】
若选条件①，则，
根据正弦定理得，∵，
∴，，∵，∴.
若选条件②，根据正弦定理得，，
∵，∴
若选条件③，∵，∴，
∴，根据正弦定理得，
∵，∴，，∴，∴.
【小问2详解】
根据余弦定理得，
∴，∴，的面积为.
20. 已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）极小值为，无极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）对求导得到，再根据极值的定义即可求出结果；
（2）根据条件，分离常量得到，构造，将问题转化成求的最大值，即可解决问题.
【小问1详解】
当时，，则，
由，得到，又，当时，，时，，
所以在处取到极小值，极小值为，无极大值.
【小问2详解】
由恒成立，得到恒成立，即恒成立，
又，所以恒成立，
令，则，
令，则恒成立，
即在区间上单调递减，
又，所以当时，，时，，
即时，，时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故，所以，即，
所以，实数取值范围为.
【点睛】方法点晴，第（2）问中的恒成立问题，常用的方法，一是直接构造函数，求出函数的最值；二是通过参变分离，再构造函数，通过求函数最值来解决问题.
21. 一动圆与圆外切，同时与内切．
（1）求动圆圆心的轨迹方程，并说明它是什么曲线；
（2）设点，斜率不为0的直线与方程交于点，，与圆相切且切点为，为中点．求圆的半径的取值范围．
【答案】（1）圆心的轨迹是焦点为，，长轴长为的椭圆，
（2）．
【解析】
【分析】（1）设动圆心为，半径为，则，，可得，根据椭圆的定义即可求解；
（2）易知直线的斜率存在且不为0，设为，，，联立椭圆方程，利用韦达定理和中点坐标公式可得，根据直线与圆的位置关系可得，由得，结合计算即可求解.
【小问1详解】
设动圆心为，半径为，
圆可化为，
可化为，
由题意可得，，
则，
所以，圆心的轨迹是焦点为，，长轴长为的椭圆，且，，得，
则动圆圆心的轨迹方程为．
【小问2详解】
由题意知，直线的斜率存在且不为0，

设直线方程为，，，
设圆的半径为，
，
，
，，
所以，
又因为为的中点，所以，
又圆与直线相切于点，所以，且，所以，
所以，解得，所以，
，
解得：，
所以，
由，即，
所以圆的半径的取值范围为．
（二）选考题：共10分.请考生在22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程.
（1）求和的直角坐标方程；
（2）直线与C交于MN两点，求的面积.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：联立原式，消去，即可得到的普通方程，利用极直互化公式可将直线的极坐标方程化为直角坐标方程；方法二：结合原式，计算，即可得到曲线C的普通方程；方法三：由万能公式代入计算，即可得到，再由椭圆的参数方程即可得到结果.
（2）方法一：求得直线的参数方程，与椭圆方程联立，求解，并利用参数的几何意义即可得到弦长，再由三角形的面积公式得到结果；方法二：联立直线与椭圆的普通方程，利用面积分割法得到结果.
【小问1详解】
方法一：曲线:由题意得，即，
然后代入，即可得到曲线C的普通方程，
而直线，将代入其极坐标方程即可得其直角坐标方程.
方法二：因为，
所以C的普通方程为，直线l的直角坐标方程为：；
方法三：由万能公式：，
令，则有，
由椭圆的常用参数方程可得：，
直线的方程为：.
【小问2详解】
解法1：设直线l与x轴的交点F，其坐标为,倾斜角为，
所以点O到直线l的距离，
设l的参数方程为，（m为参数）代入，
可得：，
得：.
所以；
解法2：设，联立得.
解得，
又因为直线l与x轴的交点F，其坐标为,则，
所以.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数．
（1）解不等式；
（2）若关于的不等式的解集不是空集，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过两边平方的方法求得不等式的解集.
（2）先求得的最小值，由此列不等式来求得的取值范围.
【小问1详解】
由得：，
两边平方得，，
所以，解得，
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
，
当且仅当即时等号成立，
由题意得：，即，2
3
4
5
6
20
40
60
70
经常网购
偶尔或不用网购
合计
男性
女性
合计
0.150
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
经常网购
偶尔或不用网购
合计
男性
女性
合计