四川省眉山市仁寿县2024届高三下学期第三次模拟数学（理）试卷(含答案)

这是一份四川省眉山市仁寿县2024届高三下学期第三次模拟数学（理）试卷(含答案)，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
1．已知集合，，则( )
A.B.C.D.
2．若复数z满足，则的虚部为( )
A.-2B.-1C.1D.2
3．运行图示程序框图，则输出A的值为( ).
A.170B.165C.150D.92
4．已知数列满足，则“”是“是递增数列”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
5．在中，，O是的外心，M为的中点，，N是直线上异于M、O的任意一点，则( )
A.3B.6C.7D.9
6．敏感性问题多属个人隐私.对敏感性问题的调查方案，关键是要使被调查者愿意作出真实回答又能保守个人秘密.例如为了调查中学生中的早恋现象，现有如下调查方案：在某校某年级，被调查者在没有旁人的情况下，独自一人回答问题.被调查者从一个罐子中随机抽一只球，看过颜色后即放回，若抽到白球，则回答问题A；若抽到红球，则回答问题B.且罐中只有白球和红球.
问题A：你的生日是否在7月1日之前?（本次调查中假设生日在7月1日之前的概率为）
问题B：你是否有早恋现象？
已知一次实际调查中，罐中放有白球2个，红球3个，调查结束后共收到1585张有效答卷，其中有393张回答“是”，如果以频率替代概率，则该校该年级学生有早恋现象的概率是( )（精确到0.01）
7．若，且，则的值为( )
A.B.C.D.
8．一个信息设备装有一排六只发光电子元件，每个电子元件被点亮时可发出红色光､蓝色光､绿色光中的一种光.若每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，根据这三个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示不同的信息，则这排电子元件能表示的信息种数共有( )
A.60种B.68种C.82种D.108种
9．已知函数，关于的命题：①的最小正周期为；②图像的相邻两条对称轴之间的距离为；③图像的对称轴方程为；④图像的对称中心的坐标为；⑤取最大值时.则其中正确命题是( )
A.①②③B.①③⑤C.②③⑤D.①④⑤
10．直线过双曲线的右焦点F，且与C的左、右两支分别交于A，B两点，点关于坐标原点对称的点为P，若，且，则C的离心率为( )
A.3B.C.2D.
11．如图，在棱长为1的正方体中，已知P，M分别为线段，上的动点，N为的中点，则的周长的最小值为( )
A.B.C.D.
12．已知函数存在极小值点，且，则实数m的取值范围为( )
A.B.C.D.
二、填空题
13．已知为偶函数，则______.
14．已知实数x，y满足则的最大值是________.
15．已知三棱柱中，是边长为2的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面ABC，M为AB的中点，N为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为__________.
16．如图，已知，D，E为边上的两点，且满足，，则当取最大值时，的面积等于______.
三、解答题
17．已知为各项均为正数的数列的前n项和，，.
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，若对，恒成立，求实数t的最大值.
18．2023年，全国政协十四届一次会议于3月4日下午3时在人民大会堂开幕，3月11日下午闭幕，会期7天半；十四届全国人大一次会议于3月5日上午开幕，13日上午闭幕，会期8天半.为调查居民对两会相关知识的了解情况，某小区开展了两会知识问答活动，现将该小区参与该活动的240位居民的得分（满分100分）进行了统计，得到如下的频率分布直方图.
（1）若此次知识问答的得分X服从，其中近似为参与本次活动的240位居民的平均得分（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），求的值；
（2）中国移动为支持本次活动提供了大力支持，制定了如下奖励方案：参与本次活动得分低于的居民获得一次抽奖机会，参与本次活动得分不低于的居民获得两次抽奖机会，每位居民每次有的机会抽中一张10元的话费充值卡，有的机会抽中一张20元的话费充值卡，假设每次抽奖相互独立，假设该小区居民王先生参与本次活动，求王先生获得的话费充值卡的总金额Y（单位：元）的概率分布列，并估计本次活动中国移动需要准备的话费充值卡的总金额（单位：元）
参考数据：，，.
19．已知正方形的边长为4，E，F分别为，的中点，以为棱将正方形折成如图所示的的二面角.
（1）若H为的中点，M在线段上，且直线与平面所成的角为，求此时平面与平面的夹角的余弦值.
（2）在（1）的条件下，设，，，且四面体的体积为，求的值.
20．已知长为的线段的中点为原点O，圆T经过P，Q两点且与直线相切，圆心T的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）过点且互相垂直的直线，分别与曲线C交于点E，H和点M，N，且，四边形的面积为，求实数b的值.
21．已知函数，在点处的切线斜率为1.
（1）求实数的值并求函数的极值；
（2）若，证明：.
22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.
（1）求曲线C的普通方程与直线l的直角坐标方程；
（2）点A，B分别为曲线C与直线l上的动点，求的最小值.
23．已知函数，.
（1）求不等式的解集N；
（2）设N的最小数为n，正数a，b满足，求的最小值.
参考答案
1．答案：B
解析：因为，，
所以.
故选：B.
2．答案：C
解析：因为，所以，
则，故的虚部为1.
故选:C.
3．答案：B
解析：因为，
所以执行循环体得，，，，，
由不成立，
所以执行循环体得，，，，，
由成立，所以，然后输出.
故选：B.
4．答案：A
解析：当时，，则，是递增数列；
反之，当时，，数列递增，因此数列是递增数列时，b可以不小于3，
所以“”是“是递增数列”的充分不必要条件.
故选：A.
5．答案：B
解析：因为O是的外心，M为的中点，设的中点为D，连接，
所以，，设，
则
，
又O是的外心，所以
，
所以.
故选：B.
6．答案：A
解析：从罐子中随机抽一个球,抽到红球的概率为，
抽到白球的概率为，
所以回答问题A的人数是人
回答问题B的人数是人，
回答问题A的人中答“是”的人数是，
所以回答问题B的人中答“是”的人数是，
则估计该校该年级学生有早恋现象的概率为，
故选：A.
7．答案：B
解析：由题意可知，
因为，所以，
所以，
所以，
而，
所以，
而.
故选：B.
8．答案：D
解析：每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，
所以需把3个亮的发光原件插入未点亮的元件中，有种方法，
且不同颜色数有种，
所以这排电子元件能表示的信息种数共有种.
故选：D.
9．答案：B
解析：，
则的最小正周期为，故①正确；
图像的相邻两条对称轴之间的距离为，故②错误；
令，则，故③正确；
令，则，故④错误；
令，则，故⑤正确.
故选：B.
10．答案：B
解析：如图所示，取双曲线左焦点，设，则，
由双曲线定义可得，又P关于原点对称，
故，，，
则，
由，故，故有，
化简可得，即有，，
由，则有，即，
即.
故选：B.
11．答案：B
解析：设的中点为O，连接（P不与点重合），，，，
所以，所以，把平面与平面展开并摊平，如图，
在平面图形中连接，交于点M，交于点P，此时的周长取得最小值，
在中利用余弦定理可得，
所以的周长的最小值为.
故选：B.
12．答案：D
解析：函数的定义域为，求导得，
当时，函数在上单调递减，，
，则存在，使得，
当时，，递增，当时，，递减，
函数在取得极大值，无极小值，不符合题意；
当时，令，求导得，显然在上单调递增，
当时，，函数递减，当时，，函数递增，
于是，
当，即时，，函数在上单调递增，函数无极值，
当时，，而，
存在，使得，当时，，函数递增，
当时，，函数递减，函数在取得极大值，
又，令，，求导得，
函数在上单调递减，，则，
存在，使得，当时，，函数递减，
当时，，函数递增，函数在取得极小值，因此，
由，得，，
即有，令，，求导得，
函数在上单调递减，而，即有，于是，
显然，令，，求导得，即函数在上单调递减
因此，即，又，则，
所以实数m的取值范围为.
故选：D.
13．答案：
解析：法一：因为为偶函数，所以，
所以，解得，
经检验，当时，为偶函数，符合题意.
法二：因为为偶函数，所以，
所以，化简得，
所以，解得.
故答案为：.
14．答案：
解析：令，即求中截距的最大值即可，如图作出可行域，
易知当过点A时，该直线截距最大，取得最大值，
联立方程组，，解得，，故，
将代入中，得，解得，
即的最大值是.
故答案为：.
15．答案：
解析：解法一：连接，，记，则.
连接，，则，故为外接圆的圆心.取的中点D，连接，则，所以点D在的外接圆上.
连接，因为为等边三角形，所以，.易知平面平面，平面平面，平面，所以平面.
设三棱锥的外接球半径为R，则，
故三棱锥的外接球的表面积为.
解法二：连接，，则为正三角形，，故，因为平面平面ABC，平面平面，平面，所以平面ABC，以MB为x轴，MC为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
得，，，，，，易知为等边三角形，故的外接圆圆心为.设三棱锥的外接球的球心为O，连接，，，则平面，又平面，所以.设，由，可得，解得，因此球心，故外接球半径，故三棱锥的外接球的表面积.
16．答案：/
解析：如图，不妨设，，分别记，，，的面积为，，，，
则①，
②，
由①，②两式左右分别相乘，可得：，故得：.
设，在中，由余弦定理，，因，则，当且仅当时，等号成立，
此时，因，故，取得最大值，此时的面积等于.
故答案为：.
17．答案：（1）
（2）1
解析：（1）当时，由题设得，即，又，解得.
由知：.
两式相减得：，即.
由于，可得，即，
所以是首项为1，公差为3的等差数列，
所以.
（2）由得：
.
因为，
所以，则数列是递增数列，
所以，故实数t的最大值是1.
18．答案：（1）
（2）分布列见解析，总金额为元
解析：（1）依题意，，
所以，
故
.
（2）参与活动的每位居民得分低于74分的概率为，得分不低于74分的概率为.
Y的所有可能取值分别为10，20，30，40.
，，
，，
所以Y的概率分布为
所以，
所以本次活动中国移动需要准备的话费充值卡的总金额为元.
19．答案：（1）
（2）
解析：（1）由题意知，，，
，，平面，可得平面，
且为二面角的平面角，即，
连接，而，则为正三角形，取的中点O，
连接，则，由平面，平面，
所以平面平面，
而平面平面，平面，
可得平面，
取的中点Q，连接，由矩形得，
以O为坐标原点，，，所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，
则点，，，
可得，，，
设点，则，
设平面的法向量，则，
令，则，，可得，
因为直线与平面所成的角为，
则，解得或（舍），
即，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
（2）因为，，可知N，P分别为，的中点，
又因为H为的中点，则，，，
可得，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，可得，
因为，，，
由余弦定理得，
可知为锐角，可得，
则，
因为四面体的体积为，设点G到平面的距离为h，
则，解得，
因为，则，可得，
则，解得.
所以的值为.
20．答案：（1）
（2）
解析：（1）由题意知圆心T在线段PQ的垂直平分线上，设，圆T的半径为r，则，又圆T与直线相切，故，于是，
化简得，
所以曲线C的方程为.
（2）设，，
则，
得，
即，所以直线.
联立方程，得，
得，
由，得，所以，，
所以.
设，，
易知直线，
联立方程，得，
得，
由，得，
所以，，
所以.
则四边形的面积为.
令，
化简得，
解得（舍）或，即实数b的值为.
21．答案：（1），的极小值为，无极大值
（2）证明见解析
解析：（1）由已知，，
因为函数，在点处的切线斜率为1，
所以，，
则，定义域为，
，令，解得，
令，解得，令，解得，
在上单调递减，在上单调递增，
在时取得极小值，无极大值.
（2）由已知，令，
则，即，，即，
两式相减可得，，两式相加可得，，
消去m，得，即，
由于，
因此只需证明即可，
而，
不妨设，，则由可知，
，
令，，
，令，则，
在上递减，故，
在上递增，，
则原命题得证.
22．答案：（1）曲线为，直线为
（2）
解析：（1）因为，
将（为参数），消去参数，
可得.
由，得，
因为，，所以.
所以曲线C的普通方程为，
直线l的直角坐标方程为.
（2）由点A在曲线C上，设，
则点A到l的距离为：
，
所以当时，，
所以的最小值为.
23．答案：（1）
（2）
解析：（1）不等式，即，
即，
所以或或，
解得或或，
综上可得，
所以不等式的解集为.
（2）因为N的最小数为，所以，可得，
所以，解得，
所以
，
当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为6.
Y
10
20
30
40
P