重庆铜梁县一中2024年高考冲刺数学模拟试题含解析

重庆铜梁县一中2024年高考冲刺数学模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共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．已知向量，则（）A．∥ B．⊥ C．∥() D．⊥()2．函数的图象大致为（）A． B．C． D．3．某几何体的三视图如右图所示,则该几何体的外接球表面积为()A． B．C． D．4．运行如图程序，则输出的S的值为（）A．0 B．1 C．2018 D．20175．一个组合体的三视图如图所示（图中网格小正方形的边长为1），则该几何体的体积是（）A． B． C． D．6．若，则的虚部是A．3 B． C． D．7．的展开式中的一次项系数为（）A． B． C． D．8．已知双曲线的左、右焦点分别为、，抛物线与双曲线有相同的焦点.设为抛物线与双曲线的一个交点，且，则双曲线的离心率为（）A．或 B．或 C．或 D．或9．如图所示，已知双曲线的右焦点为，双曲线的右支上一点，它关于原点的对称点为，满足，且，则双曲线的离心率是（）.A． B． C． D．10．在中，角、、所对的边分别为、、，若，则（）A． B． C． D．11．已知函数的部分图象如图所示，将此图象分别作以下变换，那么变换后的图象可以与原图象重合的变换方式有（）①绕着轴上一点旋转;②沿轴正方向平移;③以轴为轴作轴对称;④以轴的某一条垂线为轴作轴对称.A．①③ B．③④ C．②③ D．②④12．已知表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，且则“”是“”的()条件.A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．给出下列四个命题，其中正确命题的序号是_____．（写出所有正确命题的序号）因为所以不是函数的周期；对于定义在上的函数若则函数不是偶函数；“”是“”成立的充分必要条件；若实数满足则．14．已知向量，，若，则______.15．在中，角，，的对边分别为，，.若；且，则周长的范围为__________.16．已知集合，若，且，则实数所有的可能取值构成的集合是________.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．（12分）已知函数，.（1）当时，讨论函数的零点个数；（2）若在上单调递增，且求c的最大值.18．（12分）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，∥，为等边三角形，平面底面，为的中点.（1）求证：平面平面；（2）点在线段上，且，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.19．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，.（1）求cosC；（2）若b＝7，D是BC边上的点，且△ACD的面积为，求sin∠ADB.20．（12分）在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数，）．以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．（l）求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程：（2）若直线与曲线C相交于A，B两点，且．求直线的方程．21．（12分）如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.22．（10分）如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，为等边三角形，M，N分别是AB，AD的中点，且平面平面ABCD.（1）证明：平面PNB；（2）问棱PA上是否存在一点E，使平面DEM，求的值

参考答案一、选择题：本题共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、D【解析】

由题意利用两个向量坐标形式的运算法则，两个向量平行、垂直的性质，得出结论.【详解】∵向量（1，﹣2），（3，﹣1），∴和的坐标对应不成比例，故、不平行，故排除A；显然，•3+2≠0，故、不垂直，故排除B；∴（﹣2，﹣1），显然，和的坐标对应不成比例，故和不平行，故排除C；∴•（）＝﹣2+2＝0，故⊥（），故D正确，故选：D.【点睛】本题主要考查两个向量坐标形式的运算，两个向量平行、垂直的性质，属于基础题.2、A【解析】

用偶函数的图象关于轴对称排除,用排除,用排除.故只能选.【详解】因为,所以函数为偶函数,图象关于轴对称,故可以排除;因为,故排除,因为由图象知,排除.故选:A【点睛】本题考查了根据函数的性质,辨析函数的图像,排除法,属于中档题.3、A【解析】

由三视图知：几何体为三棱锥，且三棱锥的一条侧棱垂直于底面，结合直观图判断外接球球心的位置，求出半径，代入求得表面积公式计算．【详解】由三视图知：几何体为三棱锥，且三棱锥的一条侧棱垂直于底面，高为2，底面为等腰直角三角形，斜边长为，如图：的外接圆的圆心为斜边的中点，，且平面，，的中点为外接球的球心，半径，外接球表面积．故选：A【点睛】本题考查了由三视图求几何体的外接球的表面积，根据三视图判断几何体的结构特征，利用几何体的结构特征与数据求得外接球的半径是解答本题的关键．4、D【解析】

依次运行程序框图给出的程序可得第一次：，不满足条件；第二次：，不满足条件；第三次：，不满足条件；第四次：，不满足条件；第五次：，不满足条件；第六次：，满足条件，退出循环．输出1．选D．5、C【解析】

根据组合几何体的三视图还原出几何体，几何体是圆柱中挖去一个三棱柱，从而解得几何体的体积.【详解】由几何体的三视图可得，几何体的结构是在一个底面半径为1的圆、高为2的圆柱中挖去一个底面腰长为的等腰直角三角形、高为2的棱柱，故此几何体的体积为圆柱的体积减去三棱柱的体积，即，故选C.【点睛】本题考查了几何体的三视图问题、组合几何体的体积问题，解题的关键是要能由三视图还原出组合几何体，然后根据几何体的结构求出其体积.6、B【解析】

因为，所以的虚部是.故选B．7、B【解析】

根据多项式乘法法则得出的一次项系数，然后由等差数列的前项和公式和组合数公式得出结论．【详解】由题意展开式中的一次项系数为．故选：B．【点睛】本题考查二项式定理的应用，应用多项式乘法法则可得展开式中某项系数．同时本题考查了组合数公式．8、D【解析】

设，，根据和抛物线性质得出，再根据双曲线性质得出，，最后根据余弦定理列方程得出、间的关系，从而可得出离心率．【详解】过分别向轴和抛物线的准线作垂线，垂足分别为、，不妨设，，则，为双曲线上的点，则，即，得，，又，在中，由余弦定理可得，整理得，即，，解得或.故选：D.【点睛】本题考查了双曲线离心率的求解，涉及双曲线和抛物线的简单性质，考查运算求解能力，属于中档题．9、C【解析】

易得，，又，平方计算即可得到答案.【详解】设双曲线C的左焦点为E，易得为平行四边形，所以，又，故，，，所以，即，故离心率为.故选：C.【点睛】本题考查求双曲线离心率的问题，关键是建立的方程或不等关系，是一道中档题.10、D【解析】

利用余弦定理角化边整理可得结果.【详解】由余弦定理得：，整理可得：，.故选：.【点睛】本题考查余弦定理边角互化的应用，属于基础题.11、D【解析】

计算得到，，故函数是周期函数，轴对称图形，故②④正确，根据图像知①③错误，得到答案.【详解】，，，当沿轴正方向平移个单位时，重合，故②正确；，，故，函数关于对称，故④正确；根据图像知：①③不正确；故选：.【点睛】本题考查了根据函数图像判断函数性质，意在考查学生对于三角函数知识和图像的综合应用.12、B【解析】

根据充分必要条件的概念进行判断.【详解】对于充分性：若，则可以平行，相交，异面，故充分性不成立；若，则可得，必要性成立.故选：B【点睛】本题主要考查空间中线线，线面，面面的位置关系，以及充要条件的判断，考查学生综合运用知识的能力.解决充要条件判断问题，关键是要弄清楚谁是条件，谁是结论.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

对①,根据周期的定义判定即可.对②,根据偶函数满足的性质判定即可.对③,举出反例判定即可.对④,求解不等式再判定即可.【详解】解：因为当时,所以由周期函数的定义知不是函数的周期,故正确；对于定义在上的函数,若,由偶函数的定义知函数不是偶函数,故正确；当时不满足则“”不是“”成立的充分不必要条件,故错误；若实数满足则所以成立,故正确．正确命题的序号是．故答案为：．【点睛】本题主要考查了命题真假的判定,属于基础题.14、1【解析】

根据向量加法和减法的坐标运算,先分别求得与,再结合向量的模长公式即可求得的值.【详解】向量,则,则因为即,化简可得解得故答案为:【点睛】本题考查了向量坐标加法和减法的运算,向量模长的求法,属于基础题.15、【解析】

先求角，再用余弦定理找到边的关系，再用基本不等式求的范围即可.【详解】解：所以三角形周长故答案为：【点睛】考查正余弦定理、基本不等式的应用以及三条线段构成三角形的条件；基础题.16、.【解析】

化简集合，由，以及，即可求出结论.【详解】集合，若，则的可能取值为，0，2，3，又因为，所以实数所有的可能取值构成的集合是.故答案为:.【点睛】本题考查集合与元素的关系，理解题意是解题的关键，属于基础题.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、（1）见解析（2）2【解析】

（1）将代入可得,令,则,设,则转化问题为与的交点问题,利用导函数判断的图象,即可求解；（2）由题可得在上恒成立,设,利用导函数可得,则,即,再设,利用导函数求得的最小值,则,进而求解.【详解】（1）当时,,定义域为,由可得,令,则,由,得；由,得,所以在上单调递增,在上单调递减,则的最大值为,且当时,；当时,,由此作出函数的大致图象,如图所示.由图可知,当时,直线和函数的图象有两个交点,即函数有两个零点；当或,即或时,直线和函数的图象有一个交点,即函数有一个零点；当即时,直线与函数的象没有交点,即函数无零点.（2）因为在上单调递增,即在上恒成立,设,则,①若,则,则在上单调递减,显然,在上不恒成立；②若,则,在上单调递减,当时,,故,单调递减,不符合题意；③若,当时,,单调递减,当时,,单调递增,所以,由,得,设,则,当时,,单调递减；当时,,单调递增,所以,所以,又,所以,即c的最大值为2.【点睛】本题考查利用导函数研究函数的零点问题,考查利用导函数求最值,考查运算能力与分类讨论思想.18、（1）见解析（2）【解析】

（1）根据等边三角形的性质证得，根据面面垂直的性质定理，证得底面，由此证得，结合证得平面，由此证得：平面平面.（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【详解】（1）证明：∵为等边三角形，为的中点，∴∵平面底面，平面底面，∴底面平面，∴又由题意可知为正方形，又，∴平面平面，∴平面平面（2）如图建立空间直角坐标系，则，，，由已知，得，设平面的法向量为，则令，则，∴由（1）知平面的法向量可取为∴∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.【点睛】本小题主要考查面面垂直的判定定理和性质定理，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.19、（1）；（2）.【解析】

（1）根据诱导公式和二倍角公式，将已知等式化为角关系式，求出，再由二倍角余弦公式，即可求解；（2）在中，根据面积公式求出长，根据余弦定理求出，由正弦定理求出，即可求出结论.【详解】（1），，；（2）在中，由（1）得，，由余弦定理得，，在中，，.【点睛】本题考查三角恒等变换求值、面积公式、余弦定理、正弦定理解三角形，考查计算求解能力，属于中档题.20、(1)见解析(2)【解析】

（1）将消去参数t可得直线的普通方程，利用x=ρcosθ，可将极坐标方程转为直角坐标方程．（2）利用直线被圆截得的弦长公式计算可得答案．【详解】（1）由消去参数t得（），由得曲线C的直角坐标方程为：（2）由得，圆心为（1，0），半径为2，圆心到直线的距离为，∴，即，整理得，∵，∴，，，所以直线l的方程为：．【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程与直角坐标方程之间的互化，考查直线被圆截得的弦长公式的应用，考查分析能力与计算能力，属于基础题．21、（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC．试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.又因为平面ABC，平