四川省南充高级中学2024届高三数学（文）上学期第一次月考（零诊模拟）试题（Word版附解析）

南充高中高2021级高三第一次月考（零诊模拟）数学试题（文科）考试时间：120分钟满分150分注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，仅将答题卡交回．一、选择题：本题共12个小题，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】解一元二次不等式求出集合，根据对数函数的性质求出集合，再根据并集的定义计算可得.【详解】由，即，解得，所以，，所以.故选：B2.设复数满足，则（）A.1B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的模计算公式计算可得. 【详解】因为，所以，所以，则.故选：B3.已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示，为了了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为（）A.100，10B.100，20C.200，10D.200，20【答案】D【解析】【分析】由抽取的学生求出样本容量，再计算出高中生抽取的人数，结合近视率计算出抽取的高中生近视人数；【详解】依题意可得样本容量为，其中高中生抽取人，因为样本中高中生的近视率为，所以抽取的高中生近视人数为人；故选：D4.已知，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】化简已知条件，通过平方的方法求得正确答案.【详解】依题意，， 所以，两边平方得.故选：C5.过函数图象上一动点作函数图象的切线，则切线的倾斜角的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用导数求得切线的斜率的范围，进而求得倾斜角的范围.【详解】依题意，，则，即切线的斜率的取值范围是，所以倾斜角的取值范围是.故选：B6.已知等比数列中，，前n项和为，公比为q．若数列也是等比数列，则（）A.1B.C.2D.3【答案】D【解析】【分析】根据等比数列的定义以及前项和公式列方程，从而求得公比.【详解】依题意，是等比数列，是等比数列，所以成等比数列，所以，即，，，解得或（舍去）. 所以.故选：D7.已知，为偶函数，且，则函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据特殊点以及函数的奇偶性确定正确答案.【详解】，BC选项错误.依题意，是偶函数，，所以，所以是奇函数，图象关于原点对称，D选项错误，所以A选项正确.故选：A8.在中，，，，是中点，则（）A.B.5C.6D.7【答案】A【解析】【分析】根据向量运算求得正确答案.【详解】由于是中点，所以. 故选：A9.已知函数，若，，，则，，的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据奇偶性定义可判断出为奇函数，且可判断出在上单调递增；利用奇偶性将变为；比较自变量之间的大小关系，根据单调性可得函数值之间的大小关系，从而得到结果.【详解】由题意知：定义域为：，且为定义在上的奇函数当时，单调递增且即：本题正确选项：【点睛】本题考查利用函数奇偶性和单调性比较大小的问题，关键是能够通过函数性质将问题转化为自变量之间的比较.10.若点在焦点为的抛物线上，且，点为直线上的动点，则的最小值为（）A.B.C.D.4【答案】A【解析】【分析】先求得点的坐标，求得关于直线的对称点，根据三点共线求得的最小值. 【详解】抛物线的焦点，准线，，则，不妨设，关于直线的对称点为，由于，所以当三点共线时最小，所以的最小值为.故选：A11.对非空有限数集定义运算“”：表示集合A中的最小元素.现给定两个非空有限数集A，B，定义集合，我们称为集合A，B之间的“距离”，记为.现有如下四个命题：①若，则；②若，则；③若，则；④对任意有限集合A，B，C，均有.其中，真命题的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】分析】根据题中条件可得①③正确，通过举反例可得②④错误.【详解】对于①，若，则A，B中最小的元素相同，则，故①为真命题；对于②，取集合，，满足，而，故②假命题；对于③，若，则A，B中存在相同的元素，所以交集非空集，故③为真命题；对于④，取集合，，，可知，，， 则不成立，故④为假命题.综上，真命题的个数为2个.故选：B12.已知定义在上的奇函数满足，当时，．若函数在区间上有10个零点，则实数m的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可知和都是周期为2的周期函数，因此可将的零点问题转换为和的交点问题，画出函数图形，找到交点规律即可找出第10个零点坐标，而m的取值范围就在第10个零点和第11个零点之间.【详解】由得是一个周期为2的奇函数，当时，，因此，因为是奇函数，所以，，且周期为，且，，，，求的零点，即是与的交点，如图：为与在区间的交点图形，因为与均为周期为2的周期函数， 因此交点也呈周期出现，由图可知的零点周期为，若在区间上有10个零点，则第10个零点坐标为，第11个零点坐标为，因此.故选：A二、填空题：本题共4小题，每小影5分，共20分．13.若满足约束条件，则的最大值为__________．【答案】4【解析】详解】作出可行域如图所示：由，解得.目标函数，即为，平移斜率为-1的直线，经过点时，.14.已知等差数列的前n项和为，，，，则实数m的值是______．【答案】【解析】【分析】利用求得正确答案.【详解】依题意， 设等差数列的公差为，则，，两式相减得，则，，所以，解得.故答案：15.刘微（约公元225-295年），魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一．他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限思想的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形，当变得很大时，这个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到的近似值为______（结论用圆周率表示）【答案】【解析】【分析】将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形，根据题意，可知个等腰三角形的面积和近似等于圆的面积，从而可求的近似值.【详解】将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形，设圆的半径为，则，即，所以.故答案为：16.已知点，，是圆锥表面上的点，该圆锥的侧面展开图为以点为圆心，4为半径的半圆，点是弧的中点，点是弧的中点（如图），以圆锥底面圆心为球心，半径为2的球被平面所截，则截面面积为______. 【答案】【解析】【分析】还原圆锥，作出示意图，求得底面圆半径，进而根据等体积法求得底面圆心到截面圆的距离，从而求得截面圆的半径，可得答案.【详解】根据题意，还原圆锥如下所示：D点在如图示的中点处，不妨设该圆锥底面半径为，高为，底面圆圆心为，根据题意，，圆锥底面圆周长为，解得，由勾股定理可得，平面截以圆锥底面圆心为球心，半径为2的球的截面为一个圆，不妨设截面圆半径为，设球心到面的距离为，在中，，，则，由等体积法可得，，即，解得，故可得，，故截面圆面积为， 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题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.已知中，角的对边分别为，．（1）若，求的值；（2）若的平分线交于点D，且，，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦公式化简已知条件，由此求得.（2）根据三角形的面积公式、角平分线的性质求得，从而求得的面积．【小问1详解】由以及正弦定理得，所以.【小问2详解】依题意，，由正弦定理得，由于，所以，所以，， 由，，，由余弦定理得，即，，，则由得，所以.18.在高考结束后，省考试院会根据所有考生的成绩划分出特控线和本科线．考生们可以将自己的成绩与划线的对比作为高考志愿填报的决策依据．每一个学科的评价都有一个标准进行判断．以数学学科为例，在一次考试中，将考生的成绩由高到低排列，分为一、二、三档，前22%定为一档，前58%到前22%定为二档，后42%定为三档．在一次全市的模拟考考生数学成绩的频率分布直方图如图所示，根据直方图的信息可知第三档的分数段为．（1）求成绩位于时所对应的频率，并估计第二档和第一档的分数段；（2）在历年的统计中发现，数学成绩为一档的考生其总分过特控线的概率为0.8，数学成绩为二档的考生其总分过特控线的概率为0.5，数学成绩为三档的考生其总分过特控线的概率为0.1．在此次模拟考试中．甲、乙、丙三位考生的数学成绩分别为65，94，122．请结合第（1）问中的分数段，求这三位考生总分过特控线的人数的概率．【答案】（1），第一档的分数段为，第二档的分数段为 （2）【解析】【分析】（1）根据小矩形面积之和为1，求出成绩在所对应的频率为，结合题干条件求出一档、二档的分数段；（2）首先判断出甲、乙、丙的成绩属于哪一档，再根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得.【小问1详解】根据频率分布直方图的信息，成绩在，对应的频率分别为.根据总的频率和为1，即，解得，即成绩在所对应的频率为.因为，且，可知成绩在内的前也属于第一档，即可知第一档的分数段为，且，故成绩在内的前也属于第二档，所以二档的分数段为.【小问2详解】根据第（1）问的结论可知，甲的数学成绩属于第三档，乙的数学成绩属于第二档，丙的数学成绩属于第一档，则.19.如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，四边形是平行四边形，且，，，以为直径的圆经过点F．（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）依题意可得，再由面面垂直的性质得到平面，即可得到，从而得到平面，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】因为以为直径的圆经过点，所以．因为四边形为矩形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．因为平面，所以，又因为平面，平面，，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．【小问2详解】因为平面，又因为平面，平面，所以，，又因为，所以，则两两互相垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为，，，所以，所以在中，由勾股定理得，则点，，，， 则，，．设平面的法向量为，则由得，不妨令，得，则设直线与平面所成角为，则，所以所以直线与平面所成角的余弦值为．20.已知，为椭圆的两个焦点．且，P为椭圆上一点，．（1）求椭圆的标准方程；（2）过右焦点的直线交椭圆于两点，若的中点为为坐标原点，直线交直线于点．求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程并与椭圆的方程联立，化简写出根与系数关系，根据弦长公式求得，由直线的方程与直线求得点坐标，进而求得，结合基本不等式求得的最大值.【小问1详解】依题意，解得， 所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】依题意可知直线与轴不重合，设直线的方程为，，，，设，则，，..的中点为，则，即，直线的方程为，令，得，即，而，所以，所以，令，则，则， 当且仅当时等号成立.所以的最大值为.【点睛】求得椭圆的标准方程的问题，主要是根据已知条件求得，是两个参数，需要想要求得，需要两个已知条件，如本题中以及，再结合椭圆中的隐藏条件，就可以求得椭圆的标准方程.21.已知函数.(Ⅰ)求函数的单调区间；(Ⅱ)设，，若对任意，且，都有，求实数的取值范围.【答案】(Ⅰ)答案不唯一，见解析；(Ⅱ)(0，2]【解析】【分析】（1）先求出，然后讨论在定义域内导函数符号问题.即得函数的单调区间，（2）先根据的单调性，以及的单调性将转化为，进一步转化为，从而得新函数在 (0，1]上是减函数，即恒成立，求出参数的范围.【详解】(Ⅰ)当时，函数定义域为(0，+∞)，恒成立，此时，函数在(0，+∞)单调递增；当时，函数定义域为(一∞，0)，恒成立，此时，函数在(一∞，0)单调递增.(Ⅱ)时，函数定义域为(0，+∞)，在(0，1]上递增，在(0，1]上递减，不妨设，则∴等价于即令等价于函数在(0，1]上是减函数，∴令即在(0，1]恒成立，分离参数，得令，.∴在(0，1]递减，∴，又t∈[3，4]，∴， 又，故实数的取值范围为(0，2].【点睛】（1）讨论函数单调性，可以先求出函数定义域，然后求导，研究导函数在定义域范围内的函数值符号问题.（2）恒成立为题常注意一下几种情况的等价转化：1.恒成立2.恒成立3.任意的都有恒成立恒成立，令，转化为（1）的情况4.任意的都有恒成立恒成立本题属于第4种情况.（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.在平面直角坐标系中，曲线，曲线的参数方程为（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．（1）求曲线、的极坐标方程；（2）在极坐标系中，射线与曲线，分别交于、两点（异于极点），定点，求的面积【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）先把参数方程化成普通方程，再利用极坐标的公式把普通方程化成极坐标方程；（2）先利用极坐标求出弦长，再求高，最后求的面积．【详解】（1）曲线的极坐标方程为：，因为曲线的普通方程为：，曲线的极坐标方程为； （2）由（1）得：点的极坐标为，点的极坐标为，，点到射线的距离为的面积为.【点睛】本题考查普通方程、参数方程与极坐标方程之间的互化，同时也考查了利用极坐标方程求解面积问题，考查计算能力，属于中等题.[选修4-5：不等式选讲]23.已知正实数满足（1）解关于的不等式；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）用表示并求得的取值范围，结合绝对值不等式的解法求得原不等式的解集.（2）化简后利用基本不等式证得不等式成立.【详解】（1），且，故.，解得. （2）且，.当且仅当时等号成立.【点睛】解绝对值不等式，可利用公式法，如.证明不等式，可利用基本不等式.