2024届西藏林芝市高三数学（理）模拟试题（一模）含解析

2024届西藏林芝市高三数学（理）模拟试题（一模）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（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则的虚部为（

）A． B． C． D．23．已知，则的最小值是（

）A．3 B．4 C．6 D．74．已知单位向量与单位向量的夹角为，则（

）A．2 B． C． D．15．已知是定义在上的函数且，当时，，则（

）A． B．0 C．4 D．86．“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件7．已知圆的方程为，过点仅有一条直线与圆相切，则（

）A． B．3 C．1 D．08．已知实数满足约束条件，则的最小值为（

）A． B．0 C．1 D．29．将直径为的球削成一个体积最大的正方体，则这个正方体的表面积为（

）A．3 B．6 C． D．10．执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（

）A．2 B．3 C．4 D．511．已知等差数列的前项和为，若，则使成立的的最大值为（

）A．3 B．4 C．5 D．612．已知双曲线的左、右焦点分别为为坐标原点，为双曲线上在第一象限内的一点，，且的面积为，则双曲线的离心率（

）A． B． C． D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．在正项等比数列中，，则．14．若函数的图象在处的切线斜率为1，则．15．若动点到点的距离和动点到直线的距离相等，则点的轨迹方程是．16．若，且，则．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．某企业生产的产品按质量分为合格品和劣质品，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100件产品作为样本，产品的质量情况统计如下表：合格品劣质品合计设备改造前6040100设备改造后8020100合计14060200(1)判断是否有的把握，认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关；(2)根据产品质量，采用分层抽样的方法，从设备改造前的产品中取得了5件产品，从这5件产品中任选2件，求选出的这2件全是合格品的概率．附：，其中．0.0500.0100.0013.8416.63510.82818．设的内角的对边分别为，且．(1)求的大小；(2)若，且的周长为，求的面积．19．如图，在四棱锥中，，四边形为菱形，，平面分别是的中点．(1)证明：平面平面；(2)求二面角的正弦值．20．已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)若函数在处取得极值，不等式对恒成立，求实数的取值范围；(3)若函数在定义域内有两个不同的零点，求实数的取值范围．21．已知椭圆，直线经过椭圆的左顶点和上顶点．(1)求椭圆的标准方程；(2)直线上是否存在一点，过点作椭圆的两条切线分别切于点与点，点在以为直径的圆上，若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．（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），求．选修4-5：不等式选讲23．已知函数．(1)若，求不等式的解集；(2)若恒成立，求的取值范围．1．B【分析】根据交集的运算，求解即可得出答案.【详解】根据交集的运算可得，.故选：B.2．D【分析】利用复数的除法运算先求出，然后利用共轭复数定义求出即可解决问题.【详解】因为，所以，所以，所以的虚部为2，故选：D.3．C【分析】利用基本不等式求解.【详解】因为，所以，所以,当且仅当，即时，取得等号，故选:C.4．D【分析】根据向量数量积定义将平方即可计算得出其模长.【详解】由题意可知，则，可得.故选：D5．A【分析】根据题意可得，代入运算即可.【详解】因为，令，可得：.故选：A.6．A【分析】分别求解“”与“”的充要条件再判断即可.【详解】易得当时,.当时,.故“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题主要考查了三角函数值求定义域的方法以及充分与必要条件的判定,属于基础题.7．D【分析】由过点仅有一条圆的切线，故点在圆上，从而求解.【详解】由题意知过点仅有一条直线与圆相切，所以点在圆上，代入得：，解得，故D正确.故选：D.8．B【分析】作出可行域，结合直线方程的几何意义分析求解.【详解】如图，作出可行域，联立方程，解得，即，因为，即，表示斜率为2，纵截距为的直线，当直线过时，取到最小值.故选：B.9．B【分析】求出球的内接正方体的棱长，再求出其表面积即可.【详解】依题意，当正方体为球的内接正方体时，该正方体的体积最大，令此时正方体的棱长为，则，解得，所以正方体的表面积为.故答案为：B10．C【分析】根据循环功能一一循环验证即可.【详解】解：第一次循环，此时；第二次循环，此时；第三次循环，此时，输出；故选：C11．C【分析】根据给定条件，求出等差数列的首项及公差，进而求出前项和即可得解.【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，于是，，由，得，所以使成立的的最大值为5.故选：C12．B【分析】由可知，点在线段的垂直平分线上，联立与双曲线方程可求得点坐标，由等面积法可得，解关于的齐次式方程即可.【详解】由题意知，，如图所示，因为，所以点在线段的垂直平分线上，又点在双曲线的第一象限上，所以，解得，又因为，所以，整理得，即，解得（舍负），又，所以.故选：B.13．2【分析】由正项等比数列性质，有，则.【详解】正项等比数列中，，则.故答案为：214．【分析】利用复合函数的导数计算法则，由导数的几何意义计算即可求得.【详解】由可得，根据导数的几何意义可得，解得.故答案为：15．【分析】结合抛物线定义即可解题.【详解】由抛物线定义知，点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以点的轨迹方程为：.故答案为：.16．【分析】结合三角函数的平方关系及二倍角公式化简原式为齐次式即可求解.【详解】因为，，所以.故答案为：.17．(1)有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)【分析】（1）先计算出的值，根据独立性检验的思想对照临界值得结论；（2）5件产品中有合格品3件劣质品2件，利用古典概型计算公式计算概率即可.【详解】（1）∵，∴有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）采用分层抽样的方法，从设备改造前的产品中取得了5件产品，则合格品3件，劣质品2件，从这5件产品中任选2件，则选出的这2件全是合格品的概率.18．(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理和余弦定理进行求解即可；（2）根据三角形公式、结合余弦定理进行求解即可.【详解】（1）根据正弦定理，由，由余弦定理可知：，所以，因为，所以；（2）因为，所以有，而的周长为，所以，于是有，所以的面积为.19．(1)证明过程见解析(2)【分析】（1）根据中位线和四边形为菱形得到线线平行，进而得到线面平行，面面平行；（2）作出辅助线，证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，得到法向量的夹角余弦值，进而求出二面角的正弦值.【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，又分别是的中点，所以，故，因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，因为，平面，所以平面平面；（2）连接，因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，因为分别是的中点，所以⊥，故⊥，因为平面，平面，所以，故两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，因为，所以，设平面的法向量为，则，解得，令，则，故，设平面的法向量为，则，解得，令得，，故，则，故二面角的正弦值为.20．(1)答案见解析(2)(3)【分析】（1）求导，然后分和讨论函数的单调性；（2）先根据求出，再将不等式恒成立问题转化为，构造函数，求其最小值即；（3）将函数在定义域内有两个不同的零点的问题转化为函数和函数的图象有两个不同的交点，观察图象可得答案.【详解】（1）由已知，当时，恒成立，函数在上单调递增，当时，令，得，函数单调递增，令，得，函数单调递减，综上：当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减；（2）若函数在处取得极值，则，解得，经检验符合题意，所以，则不等式恒成立即恒成立，整理得在上恒成立，所以，设，则，令，得，单调递减，令，得，单调递增，所以，所以；（3）令，可得，若函数在定义域内有两个不同的零点，则函数和函数的图象有两个不同的交点，当函数和函数的图象相切时，因为函数和函数均过点，则为切点，又，则切线方程为，故，即如图，当时，函数和函数的图象只有一个交点，观察图象可得：当函数和函数的图象有两个不同的交点时有且，即且，即实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：恒成立问题一般通过参变分离转化为最值问题，同时零点个数问题转化为方程的根的个数或者函数图象的交点个数问题.21．(1)(2)存在点,其坐标为和【分析】（1）由题意，代入两个顶点坐标易得的值，从而椭圆方程即得；（2）在直线上设点，设出切线斜率得直线方程，代入椭圆方程，消元后整理成的一元二次方程，由判别式为0可得①，同理得到另一式，②，通过同构，得出：为方程的两根，由题设推得与直线方程联立即得.【详解】（1）由题意，直线经过点和，解得：，故椭圆的标准方程为：.（2）如图，假设直线上存在点，使点在以为直径的圆上.不妨点设，依题意，,则两条切线斜率必存在，分别设的斜率为，则，,由消去，整理得：因直线与椭圆相切，故，整理得：①又由消去，可得：，故由，整理得：②由①②可得：为方程的两根，因，故则，即，且又由可得：即（*），又点在直线上，则，即代入（*），解得：，当时，，当时，，即存在点和,经检验它们都满足，故存在点使点在以为直径的圆上，点坐标为或.【点睛】关键点睛：本题主要考查的是椭圆的切线方程的处理和对直线与圆锥曲线的位置关系的处理.对于椭圆的切线问题一般有两个思路，其一设切点和切线斜率，通过与椭圆方程联立借助于判别式为0将斜率用切点坐标表示得出切线方程；其二是设直线上点和两切线斜率，通过与椭圆方程联立借助于判别式为0得到同构方程.22．(1)曲线的极坐标方程，曲线的极坐标方程为(2)【分析】（1）利用普通方程和极坐标方程之间的转化公式即可；（2）利用极坐标方程的几何意义即可.【详解】（1）因为曲线，，所以曲线的极坐标方程，因为曲线的参数方程为（为参数），所以曲线的普通方程为，即，所以曲线的极坐标方程为；（2）联立，解得，联立，解得，所以.23．(