四川省攀枝花市第七高級中學2023-2024學年高三下學期5月高考模擬數學試題（理科）

攀枝花市七中2024屆高三（下）模擬考試理科數學注意事項：1、本試卷共分I卷（選擇題）和Ⅱ卷（非選擇題題），考試時間120分鐘，滿分150分.2、答題過程中將選擇題答案用2B鉛筆涂到答題卡相應的位置，非選擇題用0.5毫米黑色簽字筆答在答題卡上對應的位置，直接在試題卷上的答案無效.交卷時，只交答題卡，試題卷帶回.第I卷（選擇題，共60分）一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分.每小題給出的四個選項中，有且只有一項是符合題目要求的．）1.函數的定義域是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據對數、分式、根式的性質求定義域即可.【詳解】由題設，可得，即定義域.故選：D2.已知復數的實部為1，則在復平面內對應的點位于（）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】應用復數除法化簡并結合實部確定參數值，進而判斷復數對應點所在象限.【詳解】由的實部為1，則，即，所以，對應點為在第一象限.故選：A3.已知，為不重合的兩個平面，直線，，那么“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】D【解析】【分析】根據充分條件、必要條件的定義，利用長方體模型，判斷“”與“”的關系可得結論.【詳解】記平面為，平面為，直線為，直線為，則直線，，，但，所以“”不是“”的充分條件，記平面為，平面為，直線為，直線為，則直線，，，但，所以“”不是“”的必要條件，所以“”是“”既不充分也不必要條件.故選：D.4.在區(qū)間隨機取兩個數，則兩數之和小于的概率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用幾何概型的概率公式求解即可.【詳解】由題意，記兩個數為，則，作出圖形如圖所示，由幾何概型可知所求概率為，故選：D5.設F為拋物線的焦點，點A在C上，點，若，則（）A.2 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】根據拋物線上的點到焦點和準線的距離相等，從而求得點的橫坐標，進而求得點坐標，即可得到答案.【詳解】由題意得，，則，即點到準線的距離為2，所以點的橫坐標為，不妨設點在軸上方，代入得，，所以.故選：B6.已知為等比數列，為數列的前n項和，，則（）A.3 B.18 C.54 D.152【答案】C【解析】【分析】根據題設有且，即可得公比為3，首項為2，利用通項公式求對應項.【詳解】由題設得，作差可得，即，又為等比數列，故其公比為3，且，即，所以.故選：C7.當時，函數取得極大值，則（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】對函數求導，根據極值點及對應極值求參數，進而求.【詳解】由題設，則，又，所以，則且，當，，即在上單調遞增，當，，即在上單調遞減，所以為極大值點，滿足題設，故.故選：B8.已知點P在雙曲線上，點A與點B是C上關于原點O對稱的兩點，若直線PA與直線PB的斜率之積為，則雙曲線C的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】令，利用斜率的兩點式及點差法求得，結合已知及離心率公式求結果.【詳解】令，則，，所以，而、，則，即，所以，則離心率為.故選：A9.“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，是由邊數不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，它體現了數學的對稱美.如圖所示，將正方體沿同一頂點出發(fā)的三條棱的中點截去一個三棱錐，共可截去8個三棱錐，得到8個面為正三角形、6個面為正方形的一種半正多面體．若，則此半正多面體外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據正方體的對稱性可知,該半正多面體外接球的球心為正方體的中心，進而可求球的半徑和表面積.【詳解】如圖，在正方體中，分別取正方體、正方形的中心、，連接，∵分別為的中點，則，∴正方體邊長為，故，可得，根據對稱性可知：點到該半正多面體的頂點的距離相等，則該半正多面體外接球的球心為，半徑，故該半正多面體外接球的表面積為.故選：D10.已知函數在上單調遞增，在上單調遞減，則的取值范圍（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據正弦型函數的區(qū)間單調性有、，即可求參數范圍.【詳解】在上遞增，且，故，得，即，上遞減，且，而，，只需，得，綜上，.故選：C11.已知A，B，C是單位圓上不同的三點，，則的最小值為（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】令，，進而有，應用向量數量積的坐標表示得，結合三角函數關系及二次函數的性質求最值.【詳解】不妨令，，又，則，所以，當時，的最小值為.故選：C12.斐波那契數列又稱為黃金分割數列，在現代物理、化學等領域都有應用.斐波那契數列滿足，.給出下列四個結論：①存在，使得，，成等差數列；②存在，使得，，成等比數列；③存在常數，使得對任意，都有，，成等差數列；④存在正整數，且，使得.其中所有正確的個數是（）A.1個 B.2個 C.3個 D.4個【答案】C【解析】【分析】由遞推公式得性質后判斷，【詳解】對于①，由題意得，故成等差數列，故①正確，對于②，由遞推公式可知，，中有兩個奇數，1個偶數，不可能成等比數列，故②錯誤，對于③，，故當時，對任意，，，成等差數列；故③正確，對于④，依次寫出數列中的項為，可得，故④正確，故選：C第Ⅱ卷（非選擇題，共90分）二、填空題（本大題共4個小題，每小題5分，共20分.只將結果填在答題卡上相應位置，不要過程）13.已知，則_________．【答案】1【解析】【分析】根據指對數關系得、，結合換底公式及對數運算求目標式的值.【詳解】由題設，，所以.故答案為：114.若滿足約束條件，則的最大值為_________．【答案】【解析】【分析】由題意畫出可行域，轉化目標函數為，數形結合求解即可.【詳解】由畫出可行域如圖所示，轉化目標函數為，上下平移直線，數形結合可知直線經過點時在軸的截距最小，即取得最大值，由解得B1,?1，此時，即的最大值為，故答案為：15.在的展開式中，只有第7項的二項式系數最大，則展開式中常數項為_________．【答案】【解析】【分析】由二項式系數的性質求出，再寫出二項展開式的通項，由通項中的指數為即可得解.【詳解】因為在的展開式中，只有第7項的二項式系數最大，則由二項式系數性質可知展開式共有項，則，所以展開式的通項，，令解得，所以展開式中常數項為，故答案為：16.卯圓是常見的一類曲線．已知一個卯圓C的方程為，O為坐標原點，點，點P為卯圓上任意一點，則下列說法中正確的是_________．①卯圓C關于x軸對稱；②卯圓上存在兩點關于直線對稱；③線段PO長度的取值范圍是；④的面積最大值為．【答案】①②③【解析】【分析】根據、是否能同時滿足方程判斷①；將、代入方程判斷是否存在解判斷②；利用兩點距離公式及導數研究距離最值判斷③；由三角形面積公式及導數求最值判斷④.【詳解】設是卯圓上的任意一個點，且，故也在卯圓上，且其與關于軸對稱，①對；由與關于直線對稱，若該點也在卯圓上，聯立，可得或，故存在關于直線對稱，②對；由題設，又，所以，設且，則，令，，則，令，可得或，或時，時，所以在，上單調遞增，在上單調遞減，又，所以的最小值、最大值分別為1、4，即，③對；設且，，令且，則，在上，單調遞減，在上，單調遞增，所以最小值為，故最大值為1，④錯.故答案為：①②③【點睛】關鍵點點睛：關鍵在于理解新定義的本質，把新情境下的概念、法則、運算化歸到常規(guī)的數學背景中，運用相關的數學公式、定理、性質進行解答.三、解答題（本大題共7小題，共70分.必做題：17題~21題，選做題：22、23.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟，書寫在答題卡上相應位置.）17.某學校食堂中午和晚上都會提供A，B兩種套餐（每人每次只能選擇其中一種），經過統(tǒng)計分析發(fā)現：學生中午選擇A類套餐的概率為，選擇B類套餐的概率為：在中午選擇A類套餐的前提下，晚上還選擇A類套餐的概率為，選擇B類套餐的概率為；在中午選擇B類套餐的前提下，晚上選擇A類套餐的概率為，選擇B類套餐的概率為．（1）求同學甲晚上選擇B類套餐的概率；（2）記某宿舍的4名同學在晚上選擇B類套餐的人數為X，假設每名同學選擇何種套餐是相互獨立的，求X的分布列及數學期望．【答案】（1）；（2）分布列見解析，.【解析】【分析】（1）應用互斥事件加法求同學甲晚上選擇B類套餐的概率；（2）根據題設易知，應用二項分布概率公式求對應概率寫出分布列，進而求期望.【小問1詳解】設事件為甲晚上選套餐，事件為甲中午選套餐，事件為甲中午選套餐，則，，故.【小問2詳解】由（1）知：，則宿舍的4名同學晚上選B套餐的人數為，所以，則，，，，，所以X的分布列如下，01234則.18.如圖，在四棱錐中，底面ABCD是平行四邊形，，，，，點M在底面ABCD上的射影為CD的中點O，E為線段AD上的點(含端點)．（1）若E為線段AD的中點，證明：平面平面MAD；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】(1)在△ADO中，利用勾股定理證明ED⊥EO，再結合ED⊥MO即可證明平面MOE，從而可證明平面平面MAD；(2)連接OA，證明，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量即可求解二面角余弦值．【小問1詳解】∵平面ABCD，平面ABCD，∴．∵O為線段CD的中點，E為線段AD的中點，∴，，∵，由余弦定理得，則，則．∵，平面MOE，∴平面MOE，又∵平面MAD，∴平面平面MAD．【小問2詳解】連接OA，由(1)知當E為線段AD的中點時，，則A、O、D三點在以AD為直徑的圓上，故．故以O為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，又，則，∴，，，．又，則，∴，，，．設平面MAD的法向量為，則解得取，則平面MAD的一個法向量為．設平面MEO的法向量為，則解得取，則平面MEO的一個法向量為．則，則二面角的余弦值為．19.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．求：（1）角C的最大值；（2）的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正、余弦定理及基本不等式計算即可；（2）先由切化弦，結合正、余弦定理將條件式化為與邊的比值有關的函數，計算即可．【小問1詳解】由，得，由余弦定理可得，當且僅當，即時取得最小值，故，所以C的最大值為.【小問2詳解】由正、余弦定理可得，由題意可得，所以上式可化為，易知，即，故，所以.20.已知橢圓的離心率為，直線過橢圓C的兩個頂點，且原點O到直線l的距離為．（1）求橢圓C的標準方程;（2）當過點的動直線l與橢圓C相交于兩個不同點A，B時，求的取值范圍．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據離心率得到，設直線，根據點到直線的距離得到，得到橢圓方程；（2）設且，得到，代入橢圓方程化簡得到，即可得答案.【小問1詳解】由，且，可得，不妨令直線，即，所以原點到直線距離，則，所以橢圓C的標準方程為.【小問2詳解】設，設且，即，所以，又，則，所以，整理得，聯立，可得，則，且，所以.21.已知函數．（1）當時，求函數的單調區(qū)間；（2）設，求證：當時，有且僅有2個不同的零點．（參考數據：）【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）對函數求導，研究上導數的符號，進而確定單調區(qū)間；（2）問題化為與在上有2個交點，利用導數研究在、、上與且的交點情況，即可證.【小問1詳解】由題設，則，又，則在、上，在上，所以的遞增區(qū)間為、，遞減區(qū)間為.【小問2詳解】由，得，即方程在上有且僅有2個不同的根，等價于與在上有2個交點，且，①當時，存在，且圖象連續(xù)且單調遞增，所以在上有且僅有1個零點，即使，當時，，在上遞減，當時，，在上遞增，所以在上存在唯一極小值點，則，記，則，故在上單調遞減，所以，故上恒成立，則，綜上，時，與在上有1個交點；②當時，，即在上單調遞增，而在上遞增，故在上遞增，而，由①知，所以時，與在上有1個交點；③當時，，令，則，即在上單調遞增，所以，所以時，與在上無交點；綜上，時，與在上有2個交點，即當時，有且僅有2個不同的零點，得證.【點睛】方法點睛：求含參數的函數的單調區(qū)間，求導后能轉化為一元二次方程的問題，常利用判別式進行分類討論求解；函數有兩個極值點即為導函數有兩個零點，在此基礎上證不等式恒成立問題，常轉化為構造函數，通過求最大值與最小值證明；函數有幾個零點問題，常轉化為兩個函數的圖象有幾個交點問題處理.【選修44：坐標系與參數方程】22.在平面直角坐標系中，直線l的參數方程為（t為參數），以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知圓C經過極點，且其圓心的極坐標為．（1）求直線l的普通方程與圓C的極坐標方程；（2）若射線分別與圓C和直線l交于點A，B（點A異于坐標原點O），求線段長．【答案】（1），；（2）3.【解析】【分析】（1）消去得直線方程，確定圓心和半徑，計算極坐標方程得到答案.（2）將代入圓和直線的極坐標方程，計算即可.【小問1詳解】由，消去參數得，圓C過極點且圓心為，即