四川省 2024届高三一模数学（文）试题（Word版附解析）

成都七中2023—2024学年度2024届高三（上）一诊模拟试卷数学（文）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷一、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，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，则集合的子集个数为（）A.3B.4C.8D.16【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式，并结合已知用列举法表示集合A作答.【详解】解不等式，得，因此，所以集合的子集个数为.故选：C2.已知为实数，若复数为纯虚数，则A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算法则进行化简，结合复数是纯虚数，进行求解即可．【详解】＝，∵复数是纯虚数，∴且得且≠，即，故选D．【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的概念，根据复数是纯虚数建立条件关系是解决本题的关键，属于基础题．3.一组数据共含大小不一的7个数值，其平均数和方差分别为和，若去掉一个最大值和一个最小值，则剩下的数据其平均数和方差分别为和，则一定有（） A.B.CD.【答案】D【解析】【分析】举例即可说明A、B；根据方差的意义以及数据的集中程度，即可判断C、D.【详解】对于A、B，取7个数分别为，则，，所以，.故A、B错误；对于C、D项，去掉一个最大值和一个最小值后，数据整体的分布更加集中.因为方差是描述数据集中程度的量，数据越集中，方差越小，所以.故C错误，D正确.故选：D.4.与有相同定义域的函数是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出各函数的定义域，即可得出合适的选项.【详解】对于函数，有，即函数的定义域为，对于A选项，函数的定义域为，A不满足；对于B选项，函数的定义域为，B不满足；对于C选项，对任意的，，即函数的定义域为，C不满足；对于D选项，函数的定义域为，D满足.故选：D. 5.若向量、满足：，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由平面向量垂直可得出，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.【详解】因为向量、满足：，，，则，所以，，所以，，故.故选：B.6.阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序.若输出的为，则判断框中填写的内容可以是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】列举出循环的每一步，可得出判断框中所填的条件.【详解】第一次循环，条件满足，，；第二次循环，条件满足，，；第三次循环，条件满足，，，条件不满足，跳出循环体，输出的值为，故判断框中填写的内容可以是，故选：C.7.已知a，b，，则“”的必要不充分条件可以是下列的选项（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用不等式性质进行推导，结合取值验证可得.【详解】A选项：取，满足，但，所以不是的必要条件，A错误；B选项：若，，则，所以不是的必要条件，B错误；C选项：若，，则，若，则，则有，所以，是的必要条件；取，显然满足，但，所以不是的充分条件.综上，是的必要不充分条件，C正确；D选项：取，显然满足，但，所以不是的充分条件，D错误.故选：C8.抛物线：（）的顶点为，斜率为1的直线过点，且与抛物线交于，两点，若的面积为，则该抛物线的准线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】直线方程为，联立，得到两根之和，两根之积，表达出和点到直线的距离，从而表达出，列出方程，求出，得到准线方程.【详解】由题意得，直线方程为，联立得，，设，则， 故，点到直线的距离为，故，故，解得，故该抛物线的准线方程为.故选：A9.设、是两条不相同的直线，、是两个不重合的平面，则下列命题错误的是（）A.若，，，则B.若，，则C.若、是异面直线，，，，，则.D.若，，则【答案】D【解析】【分析】利用线面平行和线面垂直的性质可判断A选项；利用线面平行的性质和面面垂直的判定定理可判断B选项；利用线面平行和面面平行的判定定理可判断C选项；根据已知条件直接判断线面位置关系，可判断D选项.【详解】对于A选项，因为，，则，因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示： 因为，，则，故，A对；对于B选项，因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示：因为，则，因为，则，B对；对于C选项，因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示：因为，，，则，又因为、是异面直线，，且，，假设，则，与已知条件矛盾，假设不成立，故、相交，又因为，因此，，C对；对于D选项，若，，则或，D错. 故选：D.10.已知，，则的值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知条件切化弦，整理得出，然后把展开可求出，从而利用两角和的余弦公式可求解.【详解】由于，且，则，整理得，则，整理得，所以.故选：D.11.与曲线在某点处的切线垂直，且过该点的直线称为曲线在某点处的法线，若曲线的法线的纵截距存在，则其最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】在曲线上任取一点，求出曲线在点处的法线方程，可得出该直线的纵截距，再利用导数求出该法线纵截距的最小值.【详解】在曲线上任取一点，对函数求导得，则，若曲线的法线的纵截距存在，则，所以，曲线在点处的法线方程为， 即，所以，曲线在点处的法线的纵截距为，令，令，其中，则，令，可得，当时，，此时，函数单调递减，当时，，此时，函数单调递增，所以，.故选：A12.已知双曲线：的左焦点为，过的直线与圆相切于点，与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意画出草图，由为中点，，故过点作，利用中位线的性质结合相切与双曲线性质得出的长度，即可在直角三角形中利用勾股定理列出的关系，再根据得出答案.【详解】设双曲线的右焦点为,过作,如图所示， 与圆相切，，且，，，为的中点，且，为的中点，且，,，，，，，，，为直角三角形，,，即， 则，即，.故选：B.第Ⅱ卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.函数是偶函数，则______.【答案】##【解析】【分析】根据二次函数的对称性以及偶函数的性质可求得实数的值.【详解】因为，该函数的对称轴为直线，因为函数为偶函数，则，解得.故答案为：.14.若，满足约束条件则的最大值为____________．【答案】【解析】【分析】画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置，由此求得的最大值.【详解】，画出可行域如下图所示，由图可知，当时，取得最大值为.故答案为： 15.半球的表面积与其内最大正方体的表面积之比为______．【答案】【解析】【分析】作出正方体的对角面，截半球得半个大圆，由此图形求得半球半径与正方体棱长的关系，从而可得表面积之比．【详解】如图，是半球的截面，截正方体的对角面，矩形是半圆的内接矩形，设半球半径为，正方体棱长为，则，，半球表面积为，正方体的表面积为，所以．故答案为：．16.如图，在△ABC所在平面内，分别以AB，BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCHG．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S．已知，且asinA＋csinC＝4asinCsinB，则FH＝_____________． 【答案】【解析】【分析】通过正弦定理化简已知条件，再结合面积公式和余弦定理即可求出的长度.【详解】由题意，在中，，，由正弦定理，，∵，∴，连接如下图所示，在中，由余弦定理，，又，∴，∴．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.）17. 某企业生产的产品按质量分为一等品和二等品，该企业计划对现有生产设备进行改造，为了分析设备改造前后的效果，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取200件产品作为样本，产品的质量情况统计如表：一等品二等品合计设备改造前12080200设备改造后15050200合计270130400（1）判断是否有99%的把握，认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关；（2）按照分层抽样的方法，从设备改造前的产品中取得了5件产品，其中有3件一等品和2件二等品.现从这5件产品中任选2件，求选出的这2件全是一等品的概率.附：，其中.0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关（2）【解析】【分析】（1）先计算出的值，根据独立性检验的思想，即可得到答案；（2）先列出5件产品中任选2件的所有情况，再计算出2件全是一等品的情况，利用古典概型计算公式计算即可.【小问1详解】∵，∴有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关.【小问2详解】在取出的5件产品中，3件一等品记为a，b，c，2件二等品记为D，E， 从这5件产品中任选2件的所有情况为ab，ac，aD，aE，bc，bD，bE，cD，cE，DE，共10种，其中2件全是一等品的情况为ab，ac，bc，共3种，∴选出的2件全是一等品的概率为.18.在等比数列和等差数列中，，，．（1）求数列和的通项公式；（2）令，，记数列的前项积为，证明：．【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等差数列、等比数列通项公式即可求解；（2）求出，判断的单调性即可求解.【小问1详解】设数列公比为，数列的公差为，由，有，，又由，有，有，又由，有，有，有，可得，得或（舍去），故，，故，；【小问2详解】证明：由（1）知：，，则，当时，；当时，，即， 又，，，，，故，，当时，，．故．19.如图，平面四边形中，，，，是上的一点，（），是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）作出辅助线，求出各边长，得到，为等边三角形，从而得到，结合得到线面垂直，进而证明出面面垂直；（2）作出辅助线，由三角形相似得到，进而由面面垂直得到平面，由等体积法求出点到平面的距离.【小问1详解】由，，，所以平面四边形为直角梯形，且，因为，所以，过点作⊥于点，则，，连接， 故四边形为矩形，所以，所以在中，，，，则，又，所以，由，所以为等边三角形，又是的中点，所以，又，，平面，，则有平面，而平面，故平面平面.【小问2详解】在中，，取中点，连接，则，因为，且，所以∽，故，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，平面， 所以平面过作于，连接，由平面，平面，所以，又，，平面，则平面，又平面，所以，在中，，，所以，设到平面的距离为，由得，即，即.可得.20.设函数，其中.（1）若，讨论在上的单调性；（2）若，证明：当时，不等式恒成立. 【答案】（1）在上单调递增（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导后结合a的取值范围进行分析即可判断单调性；（2）利用导数结合不等式的性质证明即可.【小问1详解】由知，，，令，由，知在上单增，有，即，亦知在上单调递增.小问2详解】由知，当时，，令，，令则，知在上单减，有，所以在上单减，有，即.【点睛】利用导数证明不等式问题： （1）直接构造法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.21.在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，设动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）已知定点，，过点作垂直于轴的直线，过点作斜率大于0的直线与曲线交于点、，其中点在轴上方，点在轴下方.曲线与轴负半轴交于点，直线、与直线分别交于点、，若、、、四点共圆，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用已知条件可得出关于、的等式，化简可得出曲线的方程；（2）设点、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点、的纵坐标，利用相交弦定理以及韦达定理可求得实数的值.【小问1详解】解：由题得：，两边平分并化简得，所以，曲线的方程为.【小问2详解】解：设点、，设直线的方程为，直线的方程与椭圆的方程联立， 消去得.则，可得，由韦达定理：，.由条件，直线的方程为，直线的方程为，于是可得，.因为、、、四点共圆，由相交弦定理可得,则，化简得，又，，代入整理得：.将韦达定理代入化简得：，即.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.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，已知直线的参数方程为为参数为的倾斜角，且，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于两点，点恰为线段的三等分点，求【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）化简曲线的极坐标方程为，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解；（2）把直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，求得，设，得到，化简得，即可求解.【详解】（1）由曲线的极坐标方程为，可得，又由，代入可得，即曲线的直角坐标方程为.（2）把直线参数方程为参数，代入曲线的直角坐标方程，整理得,设对应的参数分别为，得，因为点恰为线段的三等分点，不妨设，则，所以，代入，化简得，又因为，所以．选修4-5：不等式选讲 23.已知（）.（1）当时，求不等式的解集；（2）对于任意实数，不等式成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）三段法求出不等式的解集；（2）由绝对值三角不等式求出，从而，求出不等式，得到答案.【小问1详解】当时，不等式可转化为：或或，整理得：或或，所以不等式的解集为；【小问2详解】由题意得，由绝对值三角不等式得，若恒成立，只需来解即可，从而，解得或.