2024届四川省雅安市高三下学期高考冲刺热身数学（文）模拟试题（四模）含解析

2024届四川省雅安市高三下学期高考冲刺热身数学（文）模拟试题（四模）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.3.考试结束后，将答题卡交回.第Ⅰ卷（选择题共60分）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，只有一个是符合题目要求的.1．共同富裕是消除两极分化和贫穷基础上的普遍富裕．下列关于个人收入的统计量中，最能体现共同富裕要求的是（

）A．平均数小、方差大 B．平均数小、方差小C．平均数大、方差大 D．平均数大、方差小2．设集合，则（

）A． B． C． D．3．已知命题“”为真命题，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．4．函数的大致图象为（

）A． B． C． D．5．已知向量，则（

）A． B． C． D．6．已知，若，则（

）A． B． C． D．7．记为等比数列的前项和．若，则（

）A． B． C． D．8．在区间随机取1个数，则使得的概率为（

）A． B． C． D．9．如图，菱形的对角线与交于点，是的中位线，与交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形﹐且平面.给出下列结论：①平面；②平面平面；③“直线直线”始终不成立.其中所有正确结论的序号为（

）A．①②③ B．①② C．①③ D．②③10．已知，分别是双曲线的左右焦点，若过的直线与圆相切，与在第一象限交于点，且轴，则的离心率为（

）A． B．3 C． D．11．在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，是边长为2的正三角形，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．12．若函数在上单调递增，则a和b的可能取值为（

）A．， B．，C．， D．，第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案书写在答题卡对应题号的横线上.13．已知复数满足，则.14．已知实数，若，则的最小值为．15．已知圆的圆心与抛物线的焦点关于直线对称，直线与圆相交于两点，且，则圆的方程为．16．高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为“高斯函数”，例如：，.已知数列满足，，，若，为数列的前项和，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．数据显示，中国在线直播用户规模及在线直播购物规模近几年都保持高速增长态势，某线下家电商场为提升人气和提高营业额也开通了在线直播，下表统计了该商场开通在线直播的第x天的线下顾客人数y（单位：百人）的数据：x12345y1012151820(1)根据第1至第5天的数据分析，计算变量y与x的相关系数r，并用r判断两个变量y与x相关关系的强弱（精确到小数点后三位）；(2)根据第1至第5天的数据分析，可用线性回归模型拟合y与x的关系，试求出该线性回归方程并估计该商场开通在线直播的第10天的线下顾客人数．（参考公式：相关系数，参考数据：回归方程：，其中，）18．在中，，且．(1)求的大小；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．条件①：为锐角；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分．19．如图，在三棱锥中，为边上的一点，，，，.(1)证明：平面；(2)设点为边的中点，试判断三棱锥的体积是否有最大值？如果有，请求出最大值；如果没有，请说明理由.20．已知椭圆的右焦点是F，上顶点A是抛物线的焦点，直线的斜率为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)直线与椭圆C交于P、Q两点，的中点为M，当时，证明：直线过定点．21．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）曲线在点处的切线斜率为.（i）求；（ii）若，求整数的最大值.（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．曲线经过伸缩变换后得到曲线，经过外一点且倾斜角为的直线与曲线分别相交于，如果成等比数列；(1)写出曲线的极坐标方程；(2)求的值.[选修4-5：不等式选讲]23．设a，b，cR，a+b+c=0，abc=1．（1）证明：ab+bc+ca<0；（2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥．1．D【分析】根据平均数与方差的含义即可求解．【详解】平均数反映的是整体的平均水平，是一组数据的集中程度的刻画，方差反映的是一组数据的波动情况，方差越大说明数据偏离平均水平的程度越大，所以最能体现共同富裕要求的是平均数大，方差小．故选：D．2．D【分析】解不等式化简集合B，再利用补集、交集的定义求解即得.【详解】依题意，，所以.故选：D3．A【分析】分离参数，求函数的最小值即可求解.【详解】因为命题“”为真命题，所以．令与在上均为增函数，故为增函数，当时，有最小值，即，故选：A．4．B【分析】根据定义域、特殊值可以对选项进行排除，从而得到正确选项.【详解】因为的定义域为，故排除；又，故排除；，故排除D．故选：B．5．B【分析】根据题意先求出，然后由向量的数量积公式计算即可.【详解】解：因为，所以，所以．故选：B．6．C【分析】构造奇函数，利用奇函数的性质运算即可求解.【详解】设，显然它定义域关于原点对称，且，所以为奇函数，，则，所以，.故选：C.7．B【分析】因为，令，则，可以求出的公比，即可求出答案.【详解】因为，令，则，所以是首项和公比都为2的等比数列，所以.故选：B.8．C【分析】根据得出的区间长度，再求出总区间长度，利用几何概型公式求得答案.【详解】因为，又，所以，，，即有时，成立，.在区间上随机取一个数，则使得的概率为.故选：C.9．B【分析】利用线面平行的判定判断①；利用面面垂直的判定推理判断②；举例说明判断③.【详解】菱形的对角线与交于点，是的中位线，则，而平面，平面，因此平面，①正确；连接，由，得，而平面，则平面，又平面，因此平面平面，②正确；显然是二面角的平面角，由绕旋转过程中，从逐渐减小到（不包含和），当时，，平面，则平面，而平面，于是，③错误，所以所有正确结论的序号为①②.故选：B10．D【分析】设，根据题意求得，又轴，可求得，利用，列式运算得解.【详解】如图，设，圆的圆心为，半径为，过点的直线与圆相切于点，则，，，则，所以，因为轴，所以易得，，化简得，即，解得，.故选：D.11．A【分析】取的中点，所以为二面角的平面角，过点作与平面垂直的直线，则球心在该直线上，设球的半径为，在中利用余弦定理可得，从而可得外接球的表面积.【详解】如图，取的中点，连接，，由题意，，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为是以为斜边的等腰直角三角形，且，所以，为外接圆的圆心，又是边长为2的等边三角形，所以，过点作与平面垂直的直线，则球心在该直线上，设球的半径为，连接，可得，在中，，利用余弦定理可得，所以，解得，所以外接球的表面积为.故选：A.12．D【分析】二次求导得到在上单调递增，要想在上单调递增，只需，A选项，构造，，求导得到单调性，求出，得到；B选项，；C选项，令，，求导得到其单调性，求出；D选项，构造，，求导得到单调性，得到，从而求出.【详解】，且，且，，令，则恒成立，故在上单调递增，要想在上单调递增，只需，即只需，A选项，令，，则在上恒成立，故在上单调递增，故，即，故，A错误；B选项，由于，故，B错误；C选项，，令，，则恒成立，故在上单调递减，故，即，C错误；D选项，，令，，则恒成立，故在上单调递减，故，即，故，D正确.故选：D比较大小或证明不等式常用的不等式放缩如下：，，，，等，根据不等式特征，选择合适的函数进行求解.13．【分析】利用复数的模的性质进行计算.【详解】由.故14．##【分析】由乘“1”的方法，利用基本不等式求最值.【详解】由，，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为为.故答案为.15．【分析】根据圆心与焦点关于直线对称，求得圆心坐标，在此基础上由直线与圆相交的弦长求得圆的半径.【详解】由的焦点坐标关于直线的对称点为，所以圆的圆心为，设半径为，点C到直线的距离为d，则，所以，所以圆的方程为：，故答案是.16．【分析】由题意可得，数列构成以2为首项，2为公比的等比数列，求得，利用累加法求得，进而得，利用裂项相消法可求得.【详解】由，得.又，所以数列构成以2为首项，2为公比的等比数列，所以.又，累加得，即，所以.又因为满足上式，所以，所以.因为，所以，即，所以.故.所以.故答案为.17．(1)0.997，相关关系很强.(2)，33.2百人.【分析】（1）根据所给数据及参考公式计算出相关系数，即可判断；（2）首先求出回归直线方程，再令求出即可得解.【详解】（1）依题意可得，，

，

，

，

，，∴两个变量与相关关系很强.（2）因为，，，，所以时（百人），故预估该商场开通在线直播的第天的线下顾客人数为百人.18．(1)；(2)①，；③，.【分析】（1）根据得为锐角，从而根据的值得到的大小；（2）②由正弦定理得，根据为锐角得，则存在且唯一确定，进而得到，由得到的面积；③由正弦定理得边，再根据得到，由得到的面积.【详解】（1）因为，所以，所以，由得，.（2）选条件①：为锐角；由正弦定理即知，因为为锐角，所以，所以存在且唯一确定.，从而.选条件②：，由得，从而可能是锐角，也可能是钝角，则不唯一，故不能选②；选条件③：，由，得，所以，，由正弦定理即得，，.19．(1)详见解析(2)【分析】（1）由，，，求得AC，进而求得AM，然后利用余弦定理求得BM，从而得到，进而得到，然后利用线面垂直的判定定理证明；（2）根据点为边的中点，得到，从而有，由平面，得到平面平面，得到点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，再根据为定值，由高最大时，体积最大求解.【详解】（1）解：因为，，，所以，由射影定理得，所以，由余弦定理得，所以，则，即，又因为，，所以平面；（2）因为点为边的中点，所以，又，所以，因为平面，所以平面平面，所以点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，设为h，因为为定值，当h最大时，所以三棱锥的体积最大，而，则，当h=1时，.20．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由抛物线焦点坐标可得，再由，可解椭圆方程；（2）由题意中角度分析可得，联立方程组，利用韦达定理可解.【详解】（1）由题意知，即，．从而,故椭圆；（2）∵在中，,且,从而由得,设，则，解得：或（舍去），所以直线l过定点．21．（1）在上增；在上减；（2）（i）；（ii）2【分析】（1）求导求出，对分类讨论，求出的解，即可得出结论；（2）（i）由，求出的值；（ii）由（i）得所求问题转化为，恒成立，设，，只需，根据的单调性，即可求解.【详解】（1）当时，，即在上增；当时，，，，，即在上增；在上减；（2）（i），.（ⅱ），即，即，只需.当时，，在单调递增，所以满足题意；当时，，，，所以在上减，在上增，令，..在单调递减，所以所以在上单调递减，，综上可知，整数的最大值为.本题考查函数导数的综合应用，涉及函数的单调性、导数的几何意义、极值最值、不等式恒成立，考查分类讨论思想，属于中档题.22．(1)(2)【分析】（1）由题意可得，代入，整理得，结合即可求解；（2）由题意可得直线的参数方程，代入曲线的方程，利用韦达定理表示，结合t的几何意义和等比中项的应用建立关于的方程，解之即可求解.【详解】（1）由，得，代入方程，得，整理得，即曲线的普通方程为，所以曲线的极坐标方程为，即.（2）因为直线过点，且倾斜角为，所以直线的参数方程为（为参数），代入曲线：，得，设分别为对应的参数，则，又成等比数列，所以，即，得，即，又点在点的同侧，有，有，即，又，所以.23．（1）证明见解析（2）证明见解析.【分析】（1）方法一：由结合不等式的性质，即可得出证明；（2）方法一：不妨设，因为，所以，则．故原不等式成立．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法，.均不为，则，．［方法二］：消元法由得，则，当且仅当时取等号，又，所以．［方法三］：放缩法方式1：由题意知，又，故结论得证．方式2：因为，所以．即，当且仅当时取等号，又，所以．［方法四］：因为，所以a，b，c必有两个负数和一个正数，不妨设则.［方法五］：利用函数的性质方式1：，令，二次函数对应的图像开口向下，又，所以，判别式，无根，所以，即．方式2：设，则有a，b，c三个零点，若，则为R上的增函数，不可能有三个零点，所以．（2）［方法一］【最优解】：通性通法不妨设，因为，所以，则．故原不等式成立．［方法二］：不妨设，因为，所以，且则关于x的方程有两根，其判别式，即．故原不等式成立．［方法三］：不妨设，则，关于c的方程有解，判别式，则．故原不等