四川省阆中中学2024届高三上学期一模数学试题（理）（Word版附解析）

阆中中学校高2021级2023年秋一模数学试题（理）（满分：150分考试时间：120分钟）一、单选题。(每小题5分，共计60分)1．已知集合，则（）A．B．C．D．2．已知，则（    ）A．B．C．D．3．在等比数列中，，，则（）A．B．C．D．4．若曲线在处的切线与直线垂直，则实数（）A．1B．C．D．25．已知函数的部分图像如图，则函数的解析式可能为（）A．B．C．D．6．已知向量满足，则与的夹角为（）A．B．C．D．7．设变量满足约束条件，则目标函数的最小值为（）A．-8B．-15C．-20D．-218．已知函数的最小正周期为T，若，且是 的一个极值点，则（）A．B．2C．D．9．已知函数，则对任意非零实数x，有（）A．B．C．D．10．圆O是边长为的等边三角形ABC的内切圆，其与BC边相切于点D，点M圆上任意一点，（x，），则的最大值为（）A．B．2C．D．11．油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节.活动中将油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为的圆，圆心到伞柄底端距离为，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（春分时，北京的阳光与地面夹角为），若伞柄底端正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为（）A．B．C．D．12．定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根,则方程在区间上所有实根之和是（）A．30B．14C．12D．6二、填空题。（每小题5分，共计20分）13．在某市的一次高三测试中，学生数学成绩X服从正态分布，已知，若按成绩分层抽样抽取100份试卷进行分析，其中120分以上的试卷份数为.14．的展开式中的系数为（用数字作答）．15．点M是双曲线渐近线上一点，若以M为圆心的圆与圆C：x2+y2-4x+3=0相切，则圆M的半径的最小值等于. 16．如图，菱形ABCD的边长为2，.将沿AC折到PAC的位置，连接PD得三棱锥.①若三棱锥的体积为，则或3；②若平面PAC，则；③若M，N分别为AC，PD的中点，则平面PAB；④当时，三棱锥的外接球的体积为.其中所有正确结论的序号是.三、解答题。（共70分，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）17．(12分)某工厂甲、乙两套设备生产相同的电子元件，现分别从这两套设备生产的电子元件中随机抽取100个电子元件进行质量检测，检测结果如下表：测试指标数量/个8122011050已知测试指标大于或等于80为合格品，小于80为不合格品，其中乙设备生产的这100个电子元件中，有10个是不合格品．（1）请完成以下列联表：甲设备乙设备合计合格品不合格品合计（2）根据以上列联表，判断是否有的把握认为该工厂生产的这种电子元件是否合䅂与甲、乙两套设备的选择有关．参考公式及数据：，其中．0.1000.0500.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82818．（12分）在中，角，，的对边分别为，，，且 .（1）求；（2）若点在边上，，，，求的面积.19．（12分）如图，平面平面ABS，四边形ABCD为矩形，为正三角形，，为AB的中点．  （1）证明：平面平面BDS；（2）求二面角的正弦值．20．（12分）已知斜率为的直线与抛物线相交于两点．（1）求线段中点纵坐标的值；（2）已知点，直线分别与抛物线相交于两点（异于）．求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标．21．（12分）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若，求实数a的取值范围.22．（10分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中.（1）求曲线与曲线的交点的极坐标；（2）直线与曲线，分别交于M，N两点（异于极点O），P为上的动点，求面积的最大值. 23．（10分）已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求的取值范围。 理科数学参考答案1．C2．A3．D4．B5．B6．B7．C8．D9．D10．B【详解】以D点为原点，BC所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立坐标系，因为圆O是边长为的等边三角形ABC的内切圆，所以，即内切圆的圆心为，半径为1，可设，又，∴，，∴，故得到，∴，∴，当时等号成立，即的最大值为2.故选：B. 11．A【详解】如图，伞的伞沿与地面接触点B是椭圆长轴的一个端点，伞沿在地面上最远的投影点A是椭圆长轴的另一个端点，对应的伞沿为C，O为伞的圆心，F为伞柄底端，即椭圆的左焦点，令椭圆的长半轴长为，半焦距为，由，得，，在中，，则，，由正弦定理得，，解得，则，所以该椭圆的离心率.故选：A12．A【详解】由知函数的图象关于直线对称，∵，是R上的奇函数，∴，∴，∴的周期为4， 考虑的一个周期，例如，由在上是减函数知在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，对于奇函数有，，故当时，，当时，，当时，，当时，，方程在上有实数根，则这实数根是唯一的，因为在上是单调函数，则由于，故方程在上有唯一实数，在和上，则方程在和上没有实数根，从而方程在一个周期内有且仅有两个实数根，当，方程的两实数根之和为，当，方程的所有6个实数根之和为.故选：A.13．1514．15．16．①③④【详解】对于②，设，若平面PAC，平面PAC，所以 .因为菱形ABCD的边长为2，，所以是等边三角形，所以,即.因为,平面,所以平面.因为平面，所以.又，所以,故②错误.对于④，由②可得当时，平面,设为三棱锥的外接球球心，为等边的重心，过作,垂足为，因为，所以,,所以三棱锥的外接球半径为,所以三棱锥的外接球体积为，故④正确.对于①，设在的投影为，因为，所以在所在的直线上.又，所以，解得.因为二面角可能为锐角或钝角， （i）当二面角为钝角时，所以,，所以.（ii）当二面角为锐角时，因为,，所以在中，由余弦定理可得,即，即,解得.所以是的中点，所以,所以.综上，或3，故①正确.对于③，若M，N分别为AC，PD的中点，由中位线定理可得, 因为平面,平面,所以平面，故③正确.故答案为:①③④.17【详解】（1）如下表所示：甲设备乙设备合计合格品7090160不合格品301040合计100100200（2）因为，所以有的把握认为该工厂生产的这种电子元件是否合格与甲、乙两套设备的选择有关．18．(1)(2)【详解】（1）由题意得，所以，故因为，.（2）设，则， 在中，有.在中，有.又，所以，所以有.又，所以.在中，由余弦定理可得.又，，，所以有.联立，解得，所以，所以.19．(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：设BD与OC相交于点，因为为正三角形，所以，又为AB的中点，则．因为平面平面ABS，平面ABS，平面平面，，所以平面ABCD，又平面，则．因为四边形ABCD为矩形，，在中，，在中，，所以，所以， 又，则，即，所以，又，，平面，所以平面SOC，又平面BDS，所以平面平面BDS．（2）解：因为四边形ABCD为矩形，所以，又平面平面SAB，平面平面，平面ABCD，所以平面SAB．以为坐标原点，过点作平行于AD的直线为轴，以OB和OS所在直线分别为轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系．  设，则，，，，，，，，设平面SCD的一个法向量为，则，即，令，则．由（1）可知，平面SOC，所以是平面SOC的一个法向量．因为，所以二面角的正弦值为． 20．(1)(2)证明见解析，定点的坐标为【详解】（1）设，其中，由，得，化简得，，即，线段中点纵坐标的值为；（2）证明：设，，直线的方程为，化简可得，在直线上，解得，同理，可得，，，又直线的方程为，即，直线恒过定点．21．(1)；(2). 【详解】（1）当时，,则，所以，即在点处的切线斜率为.而，所以切点坐标为，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）因为，所以，即，即.令，则.，所以在上单调递增，所以恒成立，即，即恒成立.令，则，令，解得，令，解得,所以在上单调递减，在上单调递增，所以.因为恒成立，所以，解得.所以实数a的取值范围是.22．(1)和(2)【详解】（1）的参数方程为（为参数），消去可得， ，所以曲线的直角坐标方程为.将，代入得，曲线的极坐标方程为的极坐标方程为，联立可得，又因为两个曲线都经过极点，所以曲线和曲线的交点极坐标为和.（2）当时，，，.显然当点P到直线MN的距离最大时，△PMN的面积最大，直线MN的方程为，圆心到直线MN的距离为，所以点P到直线MN的最大距离，所以.23．（1）；（2）．【详解】（1）［方法一］：【通性通法】零点分段法当时，，即，所以不等式等价于或或，解得：．故不等式的解集为．［方法二］：【最优解】数形结合法如图，当时，不等式即为． 由绝对值的几何意义可知，表示x轴上的点到对应的点的距离减去到1对应点的距离．结合数轴可知，当时，，当时，．故不等式的解集为．（2）［方法一］：【通性通法】分类讨论当时，成立等价于当时，成立．若，则当时，；若，由得，，解得：，所以，故．综上，的取值范围为．［方法二］：平方法当时，不等式成立，等价于时，成立，即成立，整理得．当时，不等式不成立；当时，，不等式解集为空集；当时，原不等式等价于，解得．由，解得．故a的取值范围为．［方法三］：【最优解】分离参数法当时，不等式成立，等价于时，成立，即，解得：，而，所以．故a的取值范围为．