四川省攀枝花市2024届高考三模数学试卷（理）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省攀枝花市2024届高考数学三模试卷（理）一、选择题1.设集合，且，则（）A. B. C.1 D.2〖答案〗D〖解析〗由题意，集合，，因为，可得，解得.故选：D.2.某地区共8000人参加数学联考，考试成绩ξ近似服从正态分布N(100,)，若P（100≤ξ≤110）＝0.35（90分以下）的学生人数为（）A1000 B.1200 C.1400 D.2800〖答案〗B〖解析〗考试成绩ξ近似服从正态分布N(100,)，若P(100≤ξ≤110)＝0.35，则P(90≤ξ≤100)＝P(100≤ξ≤110)＝0.35，故P(ξ＜90)＝P(ξ≤100)﹣P(90≤ξ≤100)＝0.5﹣0.35＝0.15，某地区共8000人参加数学联考，则估计成绩不及格(90分以下)的学生人数为8000×0.15＝1200．故选：B．3.已知复数，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗B〖解析〗因为，且，整理得，解得或，即等价于或，且是的真子集，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B．4.函数的部分图象大致是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗的定义域为，，所以为奇函数，故A错误；当，且趋近时，,,所以，故C错误，当时，，故B错误.故选：D.5.若正项等比数列满足，则数列的前4项的和的值是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设正项等比数列的公比为，因为，所以，解得，所以，所以，所以，所以，所以数列的前4项的和的值为.故选：A.6.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由三视图可知，该几何体是一个正方体截去两个半圆柱，其表面积为.故选：C7.已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线上位于第二象限内的一点，点在轴上运动，若的最小值为，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗作出双曲线的示意图，如图所示：连接，因为，当且仅当在同一直线上时取等号，又的最小值为，所以，所以，又因为双曲线的左、右焦点分别为，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为.故选：C.8.数列的前项和为，，，设，则数列的前51项之和为（）A. B. C.49 D.149〖答案〗B〖解析〗因为，当时，，即，可得，又，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，则，当时，所以，当时也成立，所以，可得数列的前项之和为．故选：B．9.某公园有如图所示A至F共6个座位，现有2个男孩2个女孩要坐下休息，要求相同性别的孩子不坐在同一行也不坐在同一列（）A.24 B.36 C.72 D.81〖答案〗C〖解析〗第一步：排男生，第一个男生在第一行选一个位置有3个位置可选，另一个男生有两种排法，由于两名男生可以互换，故男生的排法有种，第二步：排女生，若男生选AF，CD，两个女生排在,由于女生可以互换，故女生的排法有种，根据分步计数原理，共有种．故选：C．10.将函数的图象向右平移m（m＞0）个单位长度后得到的图象与y＝ksinxcosx（k＞0）的图象关于，则m+k的最小值是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，由题意可得函数为，即的图象与的图象关于，设为上的任意一点，则该点关于对称的点在上，所以，由题意可得，两函数图象上的最高点也关于，所以，则，又，所以，解得，因为m＞0，所以m的最小值为，所以．故选：A．11.在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，①平面；②平面；③圆锥的侧面积为；④三棱锥的内切球表面积为．其中正确的结论个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗由是底面圆的内接正三角形，，设圆锥的底面半径为r，则可得，即，解得.因为，故高，所以圆锥的侧面积，故③正确；假设平面，由于平面，平面平面，故，则，而因为为底面圆的直径，又，且（矛盾），故、不可能平行，所以与平面不平行；故①错误；因为为线段的中点，故，则，，，故，，又，平面，所以平面，故②正确；又，，，设三棱锥的内切球的半径为，则，即，解得，，所以三棱锥的内切球的表面积，故④正确．综上有②③④正确.故选：C．12.设a＝0.98+sin0.01，b＝e﹣0.01，，则（）A.b＞a＞c B.c＞b＞a C.b＞c＞a D.c＞a＞b〖答案〗B〖解析〗令，则，当时，，所以在上单调递增，所以，所以，所以令，求导得，所以当时，，所以在上单调递减，所以，所以，可得，所以，，所以．故选：B．二、填空题13.已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为．〖答案〗6〖解析〗作出实数x，y满足约束条件对应平面区域如图所示：由，得，平移直线，由图象可知当直线经过点A时，直线的截距最大，此时z最大.由，得，此时z的最大值为，故〖答案〗为：6.14.若的展开式中的系数为，则展开式中所有项的二项式系数之和为_________．（以数字作答）〖答案〗32〖解析〗根据的展开式的通项公式为，当r＝3时，，解得；故所有项的二项式系数之和为．故〖答案〗为：32．15.已知平面向量，若，则______．〖答案〗〖解析〗因为平面向量，若，所以，所以，所以.故〖答案〗：.16.已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，且，则椭圆的离心率为______．〖答案〗〖解析〗延长交于点，因为，所以，所以点在轴上，因为，所以为等腰直角三角形，所以，过点作交于点，所以，所以，因为点在上，所以，即，则，即，即，所以，因为，所以，所以.故〖答案〗为：.三、解答题17.请在①，②，③三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，所对的边分别是，已知_____．（1）求角；（2）若，点在边上，为的平分线，求边长的值．解：（1）选①，因为，则由余弦定理可得，整理可得，由余弦定理可得，可得，因为，所以；选②，，所以，整理可得：，因为，所以，因为，可得；选③，，可得，可得，因为，所以，可得；（2）在中，，可得，记为①，又，记为②，由①②可得，解得或（舍去），所以边长．18.为弘扬中华民族优秀传统文化，某校举行“阅读经典名著，传承优秀文化”闯关活动．参赛者需要回答三个问题，其中前2个问题回答正确各得5分，回答不正确得0分；第三个问题回答正确得10分，回答不正确得-5分，得分不少于15分即为过关．如果甲同学回答前两个问题正确的概率都是，回答第三个问题正确的概率为（1）求甲同学过关的概率；（2）求甲同学回答这三个问题的总得分X的分布列及数学期望．解：（1）甲同学过关有两种情况，分别为事件A：前两个问题一对一错，事件B：三个问题均答对，其概率分别为，所以甲同学过关的概率为；（2）由题意可知，X的所有可能取值为，则，，，，，，所以X的分布列为：X﹣505101520P所以．19.如图，直三棱柱中，，点在线段上，且，．（1）证明：点为的重心；（2）若，求二面角的余弦值．（1）证明：如图，延长交于点，连接，因为，，，平面所以平面，因为平面，所以，因为直三棱柱中，平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，所以为的中点，因为∥，所以，所以点为的重心；（2）解：取中点，连接，因为，所以，因为直三棱柱中，平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，取中点，连接，，则‖，,因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以，因为，所以，因为，所以∽，所以，因为，所以，得，所以，所以，因为，所以，在中，，即二面角的余弦值为．20.已知抛物线上一点Q到焦点F的距离为2，点Q到y轴的距离为．（1）求抛物线C的方程；（2）过F的直线交抛物线C于A，B两点，过点B作x轴的垂线交直线AO（O是坐标原点）于D，过A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，直线与交于点G．求解：（1）不妨设，因为抛物线C上一点Q到焦点F的距离为4，点Q到y轴的距离为，所以，整理得，解得或（舍去），则抛物线C的方程为；（2）由题意知直线的斜率必存在，，不妨设直线AB的方程为，，联立，消去y并整理得，，由韦达定理得，易知直线OA的方程为，因为轴，所以，即，所以，因为DF⊥AE，所以，则直线AE的方程为，因为，所以，此时，因为，所以，由题意知，则，所以．故的取值范围为．21.已知函数．（1）求函数的极值；（2）设函数的导函数为，若（），证明：．（1）解：由函数，可得其定义域为，且，当时，，函数在上单调递增，无极值；当时，令，可得；令，可得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值.（2）证明：由（1）知，，可得，且，所以，所以，因，所以，可得，则，因为，所以，记得，所以，设，可得，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，所以，当时，，所以，所以，即.（二）选考题22.如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，极轴所在的直线为轴，建立极坐标系，曲线是经过极点且圆心在极轴上，半径为1的圆；曲线是著名的笛卡尔心形曲线，它的极坐标方程为．（1）求曲线的极坐标方程，并求曲线和曲线交点（异于点）的极径；（2）曲线的参数方程为（为参数），若曲线和曲线交于除点以外的两点，求的面积．解：（1）曲线的直角坐标方程为，即．将代入并化简得的极坐标方程为．由消去，并整理得，故或（