四川省攀枝花市第七高級中學(xué)2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期5月高考模擬數(shù)學(xué)試題（理科）

攀枝花市七中2024屆高三（下）模擬考試?yán)砜茢?shù)學(xué)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(yīng)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(yīng)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(shù)的定義域是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)對數(shù)、分式、根式的性質(zhì)求定義域即可.【詳解】由題設(shè)，可得，即定義域.故選：D2.已知復(fù)數(shù)的實部為1，則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)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(yīng)用復(fù)數(shù)除法化簡并結(jié)合實部確定參數(shù)值，進而判斷復(fù)數(shù)對應(yīng)點所在象限.【詳解】由的實部為1，則，即，所以，對應(yīng)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(jù)充分條件、必要條件的定義，利用長方體模型，判斷“”與“”的關(guān)系可得結(jié)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(shù)，則兩數(shù)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(shù)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(shè)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(jù)拋物線上的點到焦點和準(zhǔn)線的距離相等，從而求得點的橫坐標(biāo)，進而求得點坐標(biāo)，即可得到答案.【詳解】由題意得，，則，即點到準(zhǔn)線的距離為2，所以點的橫坐標(biāo)為，不妨設(shè)點在軸上方，代入得，，所以.故選：B6.已知為等比數(shù)列，為數(shù)列的前n項和，，則（）A.3 B.18 C.54 D.152【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題設(shè)有且，即可得公比為3，首項為2，利用通項公式求對應(yīng)項.【詳解】由題設(shè)得，作差可得，即，又為等比數(shù)列，故其公比為3，且，即，所以.故選：C7.當(dāng)時，函數(shù)取得極大值，則（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】對函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)極值點及對應(yīng)極值求參數(shù)，進而求.【詳解】由題設(shè)，則，又，所以，則且，當(dāng)，，即在上單調(diào)遞增，當(dāng)，，即在上單調(diào)遞減，所以為極大值點，滿足題設(shè)，故.故選：B8.已知點P在雙曲線上，點A與點B是C上關(guān)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(jié)合已知及離心率公式求結(jié)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(shù)不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，它體現(xiàn)了數(shù)學(xué)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(jù)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(jù)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(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則的取值范圍（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)正弦型函數(shù)的區(qū)間單調(diào)性有、，即可求參數(shù)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(yīng)用向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示得，結(jié)合三角函數(shù)關(guān)系及二次函數(shù)的性質(zhì)求最值.【詳解】不妨令，，又，則，所以，當(dāng)時，的最小值為.故選：C12.斐波那契數(shù)列又稱為黃金分割數(shù)列，在現(xiàn)代物理、化學(xué)等領(lǐng)域都有應(yīng)用.斐波那契數(shù)列滿足，.給出下列四個結(jié)論：①存在，使得，，成等差數(shù)列；②存在，使得，，成等比數(shù)列；③存在常數(shù)，使得對任意，都有，，成等差數(shù)列；④存在正整數(shù)，且，使得.其中所有正確的個數(shù)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(zhì)后判斷，【詳解】對于①，由題意得，故成等差數(shù)列，故①正確，對于②，由遞推公式可知，，中有兩個奇數(shù)，1個偶數(shù)，不可能成等比數(shù)列，故②錯誤，對于③，，故當(dāng)時，對任意，，，成等差數(shù)列；故③正確，對于④，依次寫出數(shù)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(jié)果填在答題卡上相應(yīng)位置，不要過程）13.已知，則_________．【答案】1【解析】【分析】根據(jù)指對數(shù)關(guān)系得、，結(jié)合換底公式及對數(shù)運算求目標(biāo)式的值.【詳解】由題設(shè)，，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(zhuǎn)化目標(biāo)函數(shù)為，數(shù)形結(jié)合求解即可.【詳解】由畫出可行域如圖所示，轉(zhuǎn)化目標(biāo)函數(shù)為，上下平移直線，數(shù)形結(jié)合可知直線經(jīng)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(shù)最大，則展開式中常數(shù)項為_________．【答案】【解析】【分析】由二項式系數(shù)的性質(zhì)求出，再寫出二項展開式的通項，由通項中的指數(shù)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(shù)最大，則由二項式系數(shù)性質(zhì)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(shù)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(biāo)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(guān)于x軸對稱；②卯圓上存在兩點關(guān)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(jù)、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(dǎo)數(shù)研究距離最值判斷③；由三角形面積公式及導(dǎo)數(shù)求最值判斷④.【詳解】設(shè)是卯圓上的任意一個點，且，故也在卯圓上，且其與關(guān)于軸對稱，①對；由與關(guān)于直線對稱，若該點也在卯圓上，聯(lián)立，可得或，故存在關(guān)于直線對稱，②對；由題設(shè)，又，所以，設(shè)且，則，令，，則，令，可得或，或時，時，所以在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又，所以的最小值、最大值分別為1、4，即，③對；設(shè)且，，令且，則，在上，單調(diào)遞減，在上，單調(diào)遞增，所以最小值為，故最大值為1，④錯.故答案為：①②③【點睛】關(guān)鍵點點睛：關(guān)鍵在于理解新定義的本質(zhì)，把新情境下的概念、法則、運算化歸到常規(guī)的數(shù)學(xué)背景中，運用相關(guān)的數(shù)學(xué)公式、定理、性質(zhì)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(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟，書寫在答題卡上相應(yīng)位置.）17.某學(xué)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(jīng)過統(tǒng)計分析發(fā)現(xiàn)：學(xué)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(xué)甲晚上選擇B類套餐的概率；（2）記某宿舍的4名同學(xué)在晚上選擇B類套餐的人數(shù)為X，假設(shè)每名同學(xué)選擇何種套餐是相互獨立的，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．【答案】（1）；（2）分布列見解析，.【解析】【分析】（1）應(yīng)用互斥事件加法求同學(xué)甲晚上選擇B類套餐的概率；（2）根據(jù)題設(shè)易知，應(yīng)用二項分布概率公式求對應(yīng)概率寫出分布列，進而求期望.【小問1詳解】設(shè)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(xué)晚上選B套餐的人數(shù)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(jié)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(shè)為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)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(dāng)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(shè)為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，又，則，∴，，，．又，則，∴，，，．設(shè)平面MAD的法向量為，則解得取，則平面MAD的一個法向量為．設(shè)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(jié)合正、余弦定理將條件式化為與邊的比值有關(guān)的函數(shù)，計算即可．【小問1詳解】由，得，由余弦定理可得，當(dāng)且僅當(dāng)，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(biāo)準(zhǔn)方程;（2）當(dāng)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(jù)離心率得到，設(shè)直線，根據(jù)點到直線的距離得到，得到橢圓方程；（2）設(shè)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(biāo)準(zhǔn)方程為.【小問2詳解】設(shè)，設(shè)且，即，所以，又，則，所以，整理得，聯(lián)立，可得，則，且，所以.21.已知函數(shù)．（1）當(dāng)時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）設(shè)，求證：當(dāng)時，有且僅有2個不同的零點．（參考數(shù)據(jù)：）【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）對函數(shù)求導(dǎo)，研究上導(dǎo)數(shù)的符號，進而確定單調(diào)區(qū)間；（2）問題化為與在上有2個交點，利用導(dǎo)數(shù)研究在、、上與且的交點情況，即可證.【小問1詳解】由題設(shè)，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(dāng)時，存在，且圖象連續(xù)且單調(diào)遞增，所以在上有且僅有1個零點，即使，當(dāng)時，，在上遞減，當(dāng)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(diào)遞減，所以，故上恒成立，則，綜上，時，與在上有1個交點；②當(dāng)時，，即在上單調(diào)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(dāng)時，，令，則，即在上單調(diào)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(dāng)時，有且僅有2個不同的零點，得證.【點睛】方法點睛：求含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求導(dǎo)后能轉(zhuǎn)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(shù)有兩個極值點即為導(dǎo)函數(shù)有兩個零點，在此基礎(chǔ)上證不等式恒成立問題，常轉(zhuǎn)化為構(gòu)造函數(shù)，通過求最大值與最小值證明；函數(shù)有幾個零點問題，常轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的圖象有幾個交點問題處理.【選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程】22.在平面直角坐標(biāo)系中，直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)），以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，已知圓C經(jīng)過極點，且其圓心的極坐標(biāo)為．（1）求直線l的普通方程與圓C的極坐標(biāo)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(biāo)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(biāo)方程得到答案.（2）將代入圓和直線的極坐標(biāo)方程，計算即可.【小問1詳解】由，消去參數(shù)得，圓C過極點且圓心為，即