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文档简介

四川省成都市青羊区石室中学2024届高考冲刺数学模拟试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。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.设F为双曲线C:(a>0,b>0)的右焦点,O为坐标原点,以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点.若|PQ|=|OF|,则C的离心率为A. B.C.2 D.2.在的展开式中,含的项的系数是()A.74 B.121 C. D.3.若的内角满足,则的值为()A. B. C. D.4.已知全集为,集合,则()A. B. C. D.5.若集合,则()A. B.C. D.6.已知,,分别为内角,,的对边,,,的面积为,则()A. B.4 C.5 D.7.相传黄帝时代,在制定乐律时,用“三分损益”的方法得到不同的竹管,吹出不同的音调.如图的程序是与“三分损益”结合的计算过程,若输入的的值为1,输出的的值为()A. B. C. D.8.空间点到平面的距离定义如下:过空间一点作平面的垂线,这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离.已知平面,,两两互相垂直,点,点到,的距离都是3,点是上的动点,满足到的距离与到点的距离相等,则点的轨迹上的点到的距离的最小值是()A. B.3 C. D.9.如图所示,为了测量、两座岛屿间的距离,小船从初始位置出发,已知在的北偏西的方向上,在的北偏东的方向上,现在船往东开2百海里到达处,此时测得在的北偏西的方向上,再开回处,由向西开百海里到达处,测得在的北偏东的方向上,则、两座岛屿间的距离为()A.3 B. C.4 D.10.已知复数满足,则()A. B. C. D.11.的二项展开式中,的系数是()A.70 B.-70 C.28 D.-2812.抛物线的准线方程是,则实数()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知△ABC得三边长成公比为2的等比数列,则其最大角的余弦值为_____.14.正三棱柱的底面边长为2,侧棱长为,为中点,则三棱锥的体积为________.15.函数过定点________.16.已知点P是直线y=x+1上的动点,点Q是抛物线y=x2上的动点.设点M为线段PQ的中点,O为原点,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。17.(12分)如图,内接于圆O,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,平面ABC,,.(1)求证:平面ACD;(2)设,表示三棱锥B-ACE的体积,求函数的解析式及最大值.18.(12分)已知椭圆,点为半圆上一动点,若过作椭圆的两切线分别交轴于、两点.(1)求证:;(2)当时,求的取值范围.19.(12分)已知数列满足:对任意,都有.(1)若,求的值;(2)若是等比数列,求的通项公式;(3)设,,求证:若成等差数列,则也成等差数列.20.(12分)已知数列的前项和和通项满足.(1)求数列的通项公式;(2)已知数列中,,,求数列的前项和.21.(12分)在直角坐标系中,圆的参数方程为:(为参数),以坐标原点为极点,以轴的正半轴为极轴建立极坐标系,且长度单位相同.(1)求圆的极坐标方程;(2)若直线:(为参数)被圆截得的弦长为,求直线的倾斜角.22.(10分)选修4-5:不等式选讲已知函数.(1)设,求不等式的解集;(2)已知,且的最小值等于,求实数的值.

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、A【解析】

准确画图,由图形对称性得出P点坐标,代入圆的方程得到c与a关系,可求双曲线的离心率.【详解】设与轴交于点,由对称性可知轴,又,为以为直径的圆的半径,为圆心.,又点在圆上,,即.,故选A.【点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解,难度适中,审题时注意半径还是直径,优先考虑几何法,避免代数法从头至尾,运算繁琐,准确率大大降低,双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题,需强化练习,才能在解决此类问题时事半功倍,信手拈来.2、D【解析】

根据,利用通项公式得到含的项为:,进而得到其系数,【详解】因为在,所以含的项为:,所以含的项的系数是的系数是,,故选:D【点睛】本题主要考查二项展开式及通项公式和项的系数,还考查了运算求解的能力,属于基础题,3、A【解析】

由,得到,得出,再结合三角函数的基本关系式,即可求解.【详解】由题意,角满足,则,又由角A是三角形的内角,所以,所以,因为,所以.故选:A.【点睛】本题主要考查了正弦函数的性质,以及三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式的化简、求值问题,着重考查了推理与计算能力.4、D【解析】

对于集合,求得函数的定义域,再求得补集;对于集合,解得一元二次不等式,再由交集的定义求解即可.【详解】,,.故选:D【点睛】本题考查集合的补集、交集运算,考查具体函数的定义域,考查解一元二次不等式.5、A【解析】

先确定集合中的元素,然后由交集定义求解.【详解】,.故选:A.【点睛】本题考查求集合的交集运算,掌握交集定义是解题关键.6、D【解析】

由正弦定理可知,从而可求出.通过可求出,结合余弦定理即可求出的值.【详解】解:,即,即.,则.,解得.,故选:D.【点睛】本题考查了正弦定理,考查了余弦定理,考查了三角形的面积公式,考查同角三角函数的基本关系.本题的关键是通过正弦定理结合已知条件,得到角的正弦值余弦值.7、B【解析】

根据循环语句,输入,执行循环语句即可计算出结果.【详解】输入,由题意执行循环结构程序框图,可得:第次循环:,,不满足判断条件;第次循环:,,不满足判断条件;第次循环:,,满足判断条件;输出结果.故选:【点睛】本题考查了循环语句的程序框图,求输出的结果,解答此类题目时结合循环的条件进行计算,需要注意跳出循环的判定语句,本题较为基础.8、D【解析】

建立平面直角坐标系,将问题转化为点的轨迹上的点到轴的距离的最小值,利用到轴的距离等于到点的距离得到点轨迹方程,得到,进而得到所求最小值.【详解】如图,原题等价于在直角坐标系中,点,是第一象限内的动点,满足到轴的距离等于点到点的距离,求点的轨迹上的点到轴的距离的最小值.设,则,化简得:,则,解得:,即点的轨迹上的点到的距离的最小值是.故选:.【点睛】本题考查立体几何中点面距离最值的求解,关键是能够准确求得动点轨迹方程,进而根据轨迹方程构造不等关系求得最值.9、B【解析】

先根据角度分析出的大小,然后根据角度关系得到的长度,再根据正弦定理计算出的长度,最后利用余弦定理求解出的长度即可.【详解】由题意可知:,所以,,所以,所以,又因为,所以,所以.故选:B.【点睛】本题考查解三角形中的角度问题,难度一般.理解方向角的概念以及活用正、余弦定理是解答问题的关键.10、A【解析】

由复数的运算法则计算.【详解】因为,所以故选:A.【点睛】本题考查复数的运算.属于简单题.11、A【解析】试题分析:由题意得,二项展开式的通项为,令,所以的系数是,故选A.考点:二项式定理的应用.12、C【解析】

根据准线的方程写出抛物线的标准方程,再对照系数求解即可.【详解】因为准线方程为,所以抛物线方程为,所以,即.故选:C【点睛】本题考查抛物线与准线的方程.属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、-【解析】试题分析:根据题意设三角形的三边长分别设为为a,2a,2a,∵2a>2a>a,∴2a所对的角为最大角,设为θ,则根据余弦定理得考点:余弦定理及等比数列的定义.14、【解析】

试题分析:因为正三棱柱的底面边长为,侧棱长为为中点,所以底面的面积为,到平面的距离为就是底面正三角形的高,所以三棱锥的体积为.考点:几何体的体积的计算.15、【解析】

令,,与参数无关,即可得到定点.【详解】由指数函数的性质,可得,函数值与参数无关,所有过定点.故答案为:【点睛】此题考查函数的定点问题,关键在于找出自变量的取值使函数值与参数无关,熟记常见函数的定点可以节省解题时间.16、3【解析】

过点Q作直线平行于y=x+1,则M在两条平行线的中间直线上,当直线相切时距离最小,计算得到答案.【详解】如图所示:过点Q作直线平行于y=x+1,则M在两条平行线的中间直线上,y=x2,则y'=2x=1,x=1点M为线段PQ的中点,故M在直线y=x+38时距离最小,故故答案为:32【点睛】本题考查了抛物线中距离的最值问题,转化为切线问题是解题的关键.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),最大值.【解析】

(1)先证明,,故平面ADC.由,即得证;(2)可证明平面ABC,结合条件表示出,利用均值不等式,即得解.【详解】(1)证明:∵四边形DCBE为平行四边形,∴,.∵平面ABC,平面ABC,∴.∵AB是圆O的直径,∴,且,平面ADC,∴平面ADC.∵,∴平面ADC.(2)解∵平面ABC,,∴平面ABC.在中,,.在中,∵,∴,∴,∴.∵,当且仅当,即时取等号,∴当时,体积有最大值.【点睛】本题考查了线面垂直的证明和三棱锥的体积,考查了学生逻辑推理,空间想象,转化划归,数学运算的能力,属于中档题.18、(1)见解析;(2).【解析】

(1)分两种情况讨论:①两切线、中有一条切线斜率不存在时,求出两切线的方程,验证结论成立;②两切线、的斜率都存在,可设切线的方程为,将该直线的方程与椭圆的方程联立,由可得出关于的二次方程,利用韦达定理得出两切线的斜率之积为,进而可得出结论;(2)求出点、的坐标,利用两点间的距离公式结合韦达定理得出,换元,可得出,利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.【详解】(1)由于点在半圆上,则.①当两切线、中有一条切线斜率不存在时,可求得两切线方程为,或,,此时;②当两切线、的斜率都存在时,设切线的方程为(、的斜率分别为、),,,,.综上所述,;(2)根据题意得、,,令,则,所以,当时,,当时,.因此,的取值范围是.【点睛】本题考查椭圆两切线垂直的证明,同时也考查了弦长的取值范围的计算,考查计算能力,属于中等题.19、(1)3;(2);(3)见解析.【解析】

(1)依据下标的关系,有,,两式相加,即可求出;(2)依据等比数列的通项公式知,求出首项和公比即可。利用关系式,列出方程,可以解出首项和公比;(3)利用等差数列的定义,即可证出。【详解】(1)因为对任意,都有,所以,,两式相加,,解得;(2)设等比数列的首项为,公比为,因为对任意,都有,所以有,解得,又,即有,化简得,,即,或,因为,化简得,所以故。(3)因为对任意,都有,所以有,成等差数列,设公差为,,,,,由等差数列的定义知,也成等差数列。【点睛】本题主要考查等差、等比数列的定义以及赋值法的应用,意在考查学生的逻辑推理,数学建模,综合运用数列知识的能力。20、(1);(2)【解析】

(1)当时,利用可得,故可利用等比数列的通项公式求出的通项.(2)利用分组求和法可求数列的前项和.【详解】(1)当时,,所以,当时,,①,②所以,即,又因为,故,所以,所以是首项,公比为的等比数列,故.(2)由得:数列为等差数列,公差,,,.【点睛】本题考查数列的通项与求和,注意数列求和关键看通项的结构形式,如果通项是等差数列与等比数列的和,则用分组求和法;如果通项是等差数列与等比数列的乘积,则用错位相减法;如果通项可以拆成一个数列连续两项的差,那么用裂项相消法;如果通项的符号有规律的出现,则用并项求和法.21、(1);(2)或【解析】

(1)消去参数可得圆的直角坐标方程,再根据,,即可得极坐标方程;(2)写出直线的极坐标方程为,代入圆的极坐标方程,根据极坐标的意义列出等式解出即可.【详解】(1)圆:,消去参数得:,即:,∵,,.∴,.(2)∵直线:的极坐标方程为,当时.即:,∴

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