四川省德阳市2024届高三下学期高考模拟考试理科数学试题（含答案解析）

高中2021级高考模拟考试数学试卷（理工农医类）说明：1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，第Ⅰ卷1—2页，第Ⅱ卷3—4页．考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效．考试结束后，将答题卡交回．2．本试卷满分150分，120分钟完卷．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12个小题，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.设全集，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先解不含参的一元二次不等式求出全集U，再结合补集与交集的概念求答案即可.【详解】由可得，所以，又因为，所以，所以，故选：C.2.若，则A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】分析：由公式可得结果.详解：故选B.点睛：本题主要考查二倍角公式，属于基础题.3.的展开式中，常数项为（）A.60 B. C.120 D.【答案】A【解析】【分析】先求出展开式的通项，令即得解.【详解】的展开式的通项为令，解得，所以的展开式中的常数项为.故选：A4.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.2π B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由直观图是圆柱的上半部分被斜切去掉一半剩下的部分，利用割补法结合体积公式求解.【详解】该几何体的直观图是圆柱的上半部分被斜切去掉一半剩下的部分，则该几何体的体积.故选：C5.已知过坐标原点O作的两条切线，切点为A、B，则四边形的面积为（）A.1 B.3 C.2 D.【答案】B【解析】【分析】求出⊙C圆心坐标，半径，，求出和，求出四边形的面积.【详解】由题意得⊙C圆心为，半径，，则，则四边形的面积.故选：B.6.甲乙等6名数学竞赛国家集训队队员站成一排合影，若甲乙两名同学中间恰有1人，则不同的站法数为（）A.144 B.192 C.360 D.480【答案】B【解析】【分析】分2步进行分析：①其他4人中，选出1人，安排在甲乙之间；②将3人看成一个整体，与其余3人全排列，由分步计数原理计算即可．【详解】根据题意，分2步进行分析：①在其他4人中，选出1人，安排在甲乙之间，有种情况；②将3人看成一个整体，与其余3人全排列，有种排法；则有种不同的站法．故选：B7.把函数图象上所有点先向左平移个单位长度，再将所得曲线图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用函数的平移变换和伸缩变换即可求解.【详解】函数图象上所有点向左平移个单位长度，得到函数的图象；再将所得曲线图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象.故选：D.8.若复数z满足(其中是虚数单位，)，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】【分析】由复数的运算结合模长公式求出，再由充分必要条件定义判断.【详解】由得，，解得或.故“”是“”的必要不充分条件.故选：B9.在△ABC中，点D在边BC上，且E为AD的中点，则（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由及向量的加减运算即可解．【详解】如图所示：因为，所以，得，得，得，故选：C10.已知双曲线l的焦距为2c，右顶点为A，过A作x轴的垂线与E的渐近线交于M、N两点，若则E的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.[3，2]【答案】A【解析】【分析】首先求出，再结合题干中的条件可知，通过解不等式可得的取值范围，结合双曲线的离心率公式可得答案.【详解】由题意得，渐近线,将代入得坐标为,所以,因为轴，所以,由已知可得,两边同时除以得,所以，即，解得,所以，而双曲线的离心率，故选：A.11.已知函数的定义域为，且，则（）A.0 B.1 C.2024 D.2025【答案】D【解析】【分析】利用赋值法，先令求出，再令x=0，结合方程组法可求解析式，则答案可得.【详解】令可得，所以，再令x=0可得，即①，将上式中的全部换成可得②，联立①②可得,所以，故选：D12.圆锥的表面积为，其内切球的表面积为，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】选择（角）与内切球半径为变量，可表示出圆锥底面半径和母线，由圆锥和球的表面积公式可得，再由换元，转化为求解二次函数值域，进而得的取值范围.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥内切球半径为，如图作出圆锥的轴截面，其中设为外接圆圆心，为切点，为圆锥母线，连接.设，，.，，，又，，，，则圆锥表面积，圆锥内切球表面积，所求比值为，令，则，则，且当时，取得最大值，故，即的取值范围是.故选：B.【点睛】关键点点睛：求解立体几何中的最值问题一般方法有两类，一是设变量（可以是坐标，也可以是关键线段或关键角）将动态问题转化为代数问题，利用代数方法求目标函数的最值；二是几何法，利用图形的几何性质，将空间问题平面化，将三维问题转化为二维问题来研究，以平面几何中的公理、定义、定理为依据，以几何直观为主要手段直接推理出最值状态何时取到，再加以求解.第Ⅱ卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分，第13~21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．二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡上．13.若、满足约束条件，则的最大值是________．【答案】【解析】【分析】根据约束条件作出可行域，化目标函数为直线的斜截式，利用数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数即可求解.【详解】由约束条件作出可行域如图所示由，得，所以直线表示直线的斜率为，在轴上的截距为，作出直线，然后把直线向可行域平移，结合图象可知当直线经过时，直线在轴上的截距最大，此时最大，由，解得，所以，所以当时，.故答案为：.14.已知函数是奇函数，则______．【答案】##【解析】【分析】利用奇函数的定义及指数的运算性质即可求解.【详解】由，得，解得，所以的定义域为，因为，所以，因为函数是奇函数，所以，解得.故答案为：.15.如图，在棱长都相等的正三棱柱中，若为棱的中点，则直线与直线所成的角为_________．【答案】##【解析】【分析】利用三角形的中位线定理及平行四边形的性质，结合异面直线所成角的定义及勾股定理和逆定理即可求解.【详解】设分别为棱的中点，连接，,如图所示，因为分别为棱的中点，所以,又因为为棱的中点，，为棱的中点，所以,且，所以四边形为平行四边形，所以,所以为直线与直线所成的角（或其补角）.设正三棱柱的棱长为，则，，，,所以，即,所以，故直线与直线所成的角为.故答案为：.16.已知直线与椭圆交于P、Q两点，直线l与x轴、y轴分别交于点M、N，若点M、N恰好是线段PQ的两个三等分点，则______【答案】【解析】【分析】将直线与椭圆联立求出两根之和及两根之积，求出中点坐标及弦长PQ，由题意知MN的坐标及中点与PQ的中点相同求出的值，再由M，N三等分线段PQ，则，求出结果.【详解】设，联立直线与椭圆的方程整理得：，Δ=64解得，，所以中点，由题意得，点M，N三等分线段PQ，所以MN的中点也为H，所以，由题意，所以可得：；所以弦长，由题意得，由题意，所以，代入可得，所以：，故答案为：.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.我市某旅行社对旅游市场进行调研，以更好的对产品进行优化，他们将所有国内旅行团产数学高考品分为北方旅行团和南方旅行团两类，公司市场调研人员统计了2023年1月到5月参加该旅行社所有国内旅行团人数，其中，参加该旅行社南方旅行团的游客人数，数据如下：月份x12345南方旅行团人数y1201051009085（1）请利用所给数据建立该旅行社参加南方旅行团人数y与月份x之间的线性回归方程；（2）公司市场调研人员从这5个月内参加旅行社所有国内旅游团人员中随机抽查了50人，研究参加旅行社两类旅行团游客人数与性别的关系，并得到如下2×2列联表：参加南方旅行团参加北方旅行团合计女性22830男性81220合计302050判断是否有97.5%的把握认为选择旅行团与性别有关？附注：参考数据：参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：P(K²≥k)0.1000.0250.0100.0050.001k2.7065.0246.6357.87910.828【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据公式求出的值，从而得出所求方程；（2）计算卡方，与临界值比较即可得出结论.【小问1详解】由表中数据可得，..所求的回归直线方程为.【小问2详解】零假设选择旅行团与性别无关，由题表中的数据，得根据小概率的独立性检验,我们推断不成立，即有的把握认为选择旅行团与性别有关.18.已知等差数列的前项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）设求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由等差数列的通项公式以及前n项和公式构成方程组即可求得的通项公式；（2）将原式变形为，再利用裂项相消法即可求得答案.【小问1详解】设等差数列的首项为，公差为．因为，，所以，化简得，所以，所以数列的通项公式为；【小问2详解】，整理得，所以，整理得.19.如图，在四棱锥中，，E为AD的中点，．（1）证明：平面平面；（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）1【解析】【分析】(1)连接BD，先证，，由线面垂直判定定理得平面，最后根据面面垂直判定定理可得平面平面；(2)利用空间向量研究线面角,先根据条件建立空间直角坐标系,设列各点坐标,利用方程组求平面一个法向量,再利用向量数量积求直线方向向量与法向量夹角余弦值,最后根据线面角与向量夹角互余关系确定直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】证明：连接BD，由已知，，，即，且与是平面内的两条相交直线，∴平面.又平面，所以，由于，E为AD的中点，且，所以四边形为正方形，即，又可得为平行四边形，所以，，平面，∴平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】∵平面，∴为二面角的平面角，从而.如图所示，在平面内，作，以A为原点，分别以所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系，设，则，∴，设平面的法向量，则，取，则，设直线与平面所成角为，则，∴直线与平面所成角的正弦值为.20.点M是直线x=-1上的动点，O为坐标原点，过点M作y轴的垂线l，过点O作直线OM的垂线交直线l于点P.（1）求点P的轨迹C的方程；（2）过曲线C上的一点P（异于原点O）作曲线C的切线交椭圆于A、B两点，求面积的最大值.【答案】（1）（2）3【解析】【分析】（1）设出点坐标，根据垂直关系写出对应向量关系式，由此可得轨迹的方程；（2）设出直线的方程，根据直线与曲线相切得到关于的表达式，然后通过联立方程结合韦达定理以及弦长公式表示出的面积，最后利用基本不等式求解出最大值.【小问1详解】设Px,y，则，所以，因为，所以，所以P点到轨迹为；【小问2详解】设Ax1,因为为曲线的切线，联立可得，所以，由可得，所以，且Δ=6mn2所以，又因为原点O到AB的距离为，所以，当且仅当，即或时等号成立（此时满足），综上可知面积的最大值为3.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求解三角形面积的常用方法：（1）利用弦长以及点到直线的距离公式，结合底高，表示出三角形的面积；（2）根据直线与圆锥曲线的交点，利用公共底或者公共高的情况，将三角形的面积表示为或；（3）借助三角形内切圆的半径，将三角形面积表示为（r为内切圆半径）.21.已知，函数，．（1）当时，判断函数的零点个数；（2）求证：若函数有极大值点，则．【答案】（1）1（2）证明见详解【解析】【分析】（1）把代入，借助导数确定单调性，分析求解；（2）求导，分、和三种情况，利用导数求函数的极大值点，进而可得结果.【小问1详解】若，则，可得，设，则，可知在上单调递增，且，当时，，即；当时，，即；可知在上单调递增，且，所以函数的零点个数为1.【小问2详解】函数，其定义域为，则，由（1）可知上单调递增，且，当时，；当时，；且，令，解得或，若，即，则对任意恒成立，可知在上单调递增，函数无极值点，不符合题意；若，即，当时，；当时，；可知在上单调递增，在上单调递减，则是的极大值点，且，又因为，则，所以；若，即，当时，，当时，，可知上单调递增，在单调递减，则是的极大值点，可得；综上所述，函数存在极大值点，且.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数；（3）利用导数研究的单调性或最值．（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．请考生在22、23二题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．[选修4—4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为(是参数)，是曲线上的点，所对应的参数分别为和；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求点的直角坐标，并求出间的距离；（2）若点在曲线上，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（