2024届四川省遂宁市重点中学统考模拟数学试题

2024届四川省遂宁市重点中学统考模拟数学试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．的展开式中的常数项为()A．－60 B．240 C．－80 D．1802．设椭圆：的右顶点为A，右焦点为F，B、C为椭圆上关于原点对称的两点，直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点，则椭圆E的离心率是（）A． B． C． D．3．已知集合，，若，则实数的值可以为（）A． B． C． D．4．已知展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，，若，则的值为()A．1 B．－1 C．8l D．－815．已知展开式的二项式系数和与展开式中常数项相等，则项系数为（）A．10 B．32 C．40 D．806．已知正方体的棱长为2，点在线段上，且，平面经过点，则正方体被平面截得的截面面积为（）A． B． C． D．7．已知函数满足：当时，，且对任意，都有，则（）A．0 B．1 C．-1 D．8．已知为等比数列，，，则（）A．9 B．－9 C． D．9．某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为，则该三棱锥外接球的表面积为（）A． B． C． D．10．某人用随机模拟的方法估计无理数的值，做法如下：首先在平面直角坐标系中，过点作轴的垂线与曲线相交于点，过作轴的垂线与轴相交于点（如图），然后向矩形内投入粒豆子，并统计出这些豆子在曲线上方的有粒，则无理数的估计值是（）A． B． C． D．11．已知集合，集合，则（）.A． B．C． D．12．函数（），当时，的值域为，则的范围为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数的定义域是．14．如图，某市一学校位于该市火车站北偏东方向，且，已知是经过火车站的两条互相垂直的笔直公路，CE,DF及圆弧都是学校道路，其中，，以学校为圆心，半径为的四分之一圆弧分别与相切于点.当地政府欲投资开发区域发展经济，其中分别在公路上，且与圆弧相切，设，的面积为.（1）求关于的函数解析式；（2）当为何值时，面积为最小，政府投资最低？15．已知矩形ABCD，AB=4，BC=3，以A,B为焦点，且过C,D两点的双曲线的离心率为____________.16．过动点作圆：的切线，其中为切点，若（为坐标原点），则的最小值是__________．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）如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形,底面,是的中点.（1）.求证:平面平面;（2）.若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值.18．（12分）已知等差数列满足，公差，等比数列满足，，．求数列，的通项公式；若数列满足，求的前项和．19．（12分）已知，，为正数，且，证明：（1）；（2）.20．（12分）已知集合，集合.（1）求集合；（2）若，求实数的取值范围.21．（12分）（1）已知数列满足：，且（为非零常数，），求数列的前项和；（2）已知数列满足：（ⅰ）对任意的；（ⅱ）对任意的，，且.①若，求数列是等比数列的充要条件.②求证：数列是等比数列，其中.22．（10分）中，内角的对边分别为，.（1）求的大小；（2）若，且为的重心，且，求的面积.

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】

求的展开式中的常数项，可转化为求展开式中的常数项和项，再求和即可得出答案.【详解】由题意，中常数项为，中项为，所以的展开式中的常数项为：.故选：D【点睛】本题主要考查二项式定理的应用和二项式展开式的通项公式，考查学生计算能力，属于基础题.2、C【解析】

连接，为的中位线，从而，且，进而，由此能求出椭圆的离心率.【详解】如图，连接，椭圆：的右顶点为A，右焦点为F，B、C为椭圆上关于原点对称的两点，不妨设B在第二象限，直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点为的中位线，，且，，解得椭圆的离心率.故选：C【点睛】本题考查了椭圆的几何性质，考查了运算求解能力，属于基础题.3、D【解析】

由题意可得，根据，即可得出，从而求出结果．【详解】，且，，∴的值可以为．故选：D．【点睛】考查描述法表示集合的定义，以及并集的定义及运算．4、B【解析】

根据二项式系数的性质，可求得，再通过赋值求得以及结果即可.【详解】因为展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，故可得，令，故可得，又因为，令，则，解得令，则.故选：B.【点睛】本题考查二项式系数的性质，以及通过赋值法求系数之和，属综合基础题.5、D【解析】

根据二项式定理通项公式可得常数项，然后二项式系数和，可得，最后依据，可得结果.【详解】由题可知：当时，常数项为又展开式的二项式系数和为由所以当时，所以项系数为故选：D【点睛】本题考查二项式定理通项公式，熟悉公式，细心计算，属基础题.6、B【解析】

先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解.【详解】如图所示：确定一个平面，因为平面平面，所以，同理，所以四边形是平行四边形.即正方体被平面截的截面.因为，所以，即所以由余弦定理得：所以所以四边形故选：B【点睛】本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.7、C【解析】

由题意可知，代入函数表达式即可得解.【详解】由可知函数是周期为4的函数，.故选：C.【点睛】本题考查了分段函数和函数周期的应用，属于基础题.8、C【解析】

根据等比数列的下标和性质可求出,便可得出等比数列的公比,再根据等比数列的性质即可求出.【详解】∵,∴,又,可解得或设等比数列的公比为,则当时,,∴；当时,,∴.故选：C．【点睛】本题主要考查等比数列的性质应用,意在考查学生的数学运算能力,属于基础题.9、C【解析】

作出三棱锥的实物图，然后补成直四棱锥，且底面为矩形，可得知三棱锥的外接球和直四棱锥的外接球为同一个球，然后计算出矩形的外接圆直径，利用公式可计算出外接球的直径，再利用球体的表面积公式即可得出该三棱锥的外接球的表面积.【详解】三棱锥的实物图如下图所示：将其补成直四棱锥，底面，可知四边形为矩形，且，.矩形的外接圆直径，且.所以，三棱锥外接球的直径为，因此，该三棱锥的外接球的表面积为.故选：C.【点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积，解题时要结合三视图作出三棱锥的实物图，并分析三棱锥的结构，选择合适的模型进行计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.10、D【解析】

利用定积分计算出矩形中位于曲线上方区域的面积，进而利用几何概型的概率公式得出关于的等式，解出的表达式即可.【详解】在函数的解析式中，令，可得，则点，直线的方程为，矩形中位于曲线上方区域的面积为，矩形的面积为，由几何概型的概率公式得，所以，.故选：D.【点睛】本题考查利用随机模拟的思想估算的值，考查了几何概型概率公式的应用，同时也考查了利用定积分计算平面区域的面积，考查计算能力，属于中等题.11、A【解析】

算出集合A、B及，再求补集即可.【详解】由，得，所以，又，所以，故或.故选：A.【点睛】本题考查集合的交集、补集运算，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.12、B【解析】

首先由，可得的范围，结合函数的值域和正弦函数的图像，可求的关于实数的不等式，解不等式即可求得范围.【详解】因为，所以，若值域为，所以只需，∴.故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的值域，熟悉正弦函数的单调性和特殊角的三角函数值是解题的关键，侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】解：因为，故定义域为14、（1）；（2）.【解析】

（1）以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则，在中，设，又，故，，进而表示直线的方程，由直线与圆相切构建关系化简整理得，即可表示OA,OB，最后由三角形面积公式表示面积即可；（2）令，则，由辅助角公式和三角函数值域可求得t的取值范围，进而对原面积的函数用含t的表达式换元，再令进行换元，并构建新的函数，由二次函数性质即可求得最小值.【详解】解：（1）以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则，在中，设，又，故，.所以直线的方程为，即.因为直线与圆相切，所以.因为点在直线的上方，所以，所以式可化为，解得.所以，.所以面积为.（2）令，则，且，所以，.令，，所以在上单调递减.所以，当，即时，取得最大值，取最小值.答：当时，面积为最小，政府投资最低.【点睛】本题考查三角函数的实际应用，应优先结合实际建立合适的数学模型，再按模型求最值，属于难题.15、2【解析】

根据为焦点，得；又求得，从而得到离心率.【详解】为焦点在双曲线上，则又本题正确结果：【点睛】本题考查利用双曲线的定义求解双曲线的离心率问题，属于基础题.16、【解析】解答：由圆的方程可得圆心C的坐标为(2,2)，半径等于1.由M(a,b),则|MN|2=(a−2)2+(b−2)2−12=a2+b2−4a−4b+7，|MO|2=a2+b2.由|MN|=|MO|,得a2+b2−4a−4b+7=a2+b2.整理得：4a+4b−7=0.∴a，b满足的关系为：4a+4b−7=0.求|MN|的最小值，就是求|MO|的最小值．在直线4a+4b−7=0上取一点到原点距离最小，由“垂线段最短”得，直线OM垂直直线4a+4b−7=0，由点到直线的距离公式得：MN的最小值为：.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）.【解析】试题分析：（1）根据平面有，利用勾股定理可证明，故平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）在点建立空间直角坐标系，利用二面角的余弦值为建立方程求得，在利用法向量求得和平面所成角的正弦值.试题解析：（Ⅰ）平面平面因为,所以,所以,所以,又，所以平面.因为平面，所以平面平面．（Ⅱ）如图，以点为原点，分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，则.设，则取，则为面法向量．设为面的法向量，则，即，取，则依题意，则．于是．设直线与平面所成角为，则即直线与平面所成角的正弦值为．18、，；.【解析】

由，公差，有，，成等比数列，所以，解得.进而求出数列，的通项公式；当时，由，所以，当时，由，，可得，进而求出前项和．【详解】解：由题意知，，公差，有1，，成等比数列，所以，解得．所以数列的通项公式．数列的公比，其通项公式．当时，由，所以．当时，由，，两式相减得，所以．故所以的前项和，．又时，，也符合上式，故.【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的概念，通项公式，前项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，方程思想，分类讨论思想，应用意识，属于中档题．19、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】

（1）利用均值不等式即可求证；（2）利用，结合，即可证明.【详解】（1）∵，同理有，，∴.（2）∵，∴.同理有，.∴.【点睛】本题考查利用均值不等式证明不等式，涉及的妙用，属综合性中档题.20、（1）；（2）.【解析】

（1）求出函数的定义域，即可求出结论；（2）化简集合，根据确定集合的端点位置，建立的不等量关系，即可求解.【详解】（1）由，即得或，所以集合或.（2）集合，由得或，解得或，所以实数的取值范围为.【点睛】本题考查集合的运算，集合间的关系求参数，考查函数的定义域，属于基础题.21、（1）；（2）①；②证明见解析.【解析】

（1）由条件可得，结合等差数列的定义和通项公式、求和公式，即可得到所求；（2）①若，可令，运用已知条件和等比数列的性质，即可得到所求充要条件；②当，，，由等比数列的定义和不等式的性质，化简变形，即可得到所求结论．【详解】解：（1），，且为非零常数，，，可得，可得数列的首项为，公差为的等差数列，可得，前项和为；（2）①若，可令，，且，即，，，，对任意的，，可得，可得，，数列是等比数列，则，，可得，，即，又，即有，即，数列是等比数列的充要条件为；②证明：对任意的，，，，，当，，，可得，即以为首项、为公比的等比数列；同理可得以为首项、为公比的等比数列；对任意的，，可得，即有，所以