四川省眉山市仁壽第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期摸底測(cè)試（一）文科數(shù)學(xué)Word版含解析.docx

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2024屆高三摸底測(cè)試一文科數(shù)學(xué)試卷一?選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)的值域可得，易知，即可求得.【詳解】由函數(shù)的值域?yàn)榭芍?，或所以；由可得；所以可?故選：B2.若復(fù)數(shù)，則（）A.25B.20C.10D.5【答案】D【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算和模的定義求解.【詳解】因?yàn)?，所以，故選:D.3.若，則“”是“”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】B 【解析】【分析】根據(jù)充分條件、必要條件的定義即可得解.【詳解】若，令，滿足，但；若，則一定成立，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B4.袋中裝有紅球3個(gè)、白球2個(gè)、黑球1個(gè)，從中任取2個(gè)，則互斥而不對(duì)立的兩個(gè)事件是（????）A.至少有一個(gè)白球；都是白球B.至少有一個(gè)白球；至少有一個(gè)紅球C.至少有一個(gè)白球；紅?黑球各一個(gè)D.恰有一個(gè)白球；一個(gè)白球一個(gè)黑球【答案】C【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用互斥事件、對(duì)立事件的定義逐項(xiàng)分析判斷作答.【詳解】對(duì)于A，至少有一個(gè)白球和都是白球的兩個(gè)事件能同時(shí)發(fā)生，不是互斥事件，A不是；對(duì)于B，至少有一個(gè)白球和至少有一個(gè)紅球的兩個(gè)事件能同時(shí)發(fā)生，不是互斥事件，B不是；對(duì)于C，至少有一個(gè)白球和紅、黑球各一個(gè)的兩個(gè)事件不能同時(shí)發(fā)生但能同時(shí)不發(fā)生，是互斥而不對(duì)立的兩個(gè)事件，C是；對(duì)于D，恰有一個(gè)白球和一個(gè)白球一個(gè)黑球的兩個(gè)事件能同時(shí)發(fā)生，不是互斥事件，D不是.故選：C5.已知不等式由此可猜想：若，則等于（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】通過(guò)觀察給出幾個(gè)式子，歸納出不等式右邊分式的變化規(guī)律即可得出結(jié)果.【詳解】由，觀察發(fā)現(xiàn)不等式右邊分式的分母是左邊項(xiàng)數(shù)加1，分子比分母小1，故，故選：C. 6.已知和是兩個(gè)正交單位向量，，且，則（）A.2或3B.2或4C.3或5D.3或4【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意得到，，求得，集合向量模的計(jì)算公式，列出方程，即可求解.【詳解】因?yàn)楹褪钦粏挝幌蛄浚?，，可得，所以，解得?故選：B．7.已知是直線的傾斜角，則的值為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由題可得.方法一，由可得，后利用二倍角余弦公式，兩角和的正弦公式可得答案；方法二，由可得間關(guān)系，后利用表示，即可得答案.【詳解】法一：由題意可知，（為銳角），∴，法二：由題意可知，（為銳角）∴，． 故選：B．8.下列命題中，不正確的是（）A.夾在兩個(gè)平行平面間的平行線段相等B.三個(gè)兩兩垂直的平面的交線也兩兩垂直C.若直線平面，，則過(guò)點(diǎn)且平行于直線的直線有無(wú)數(shù)條，且一定在內(nèi)D.已知m，n為異面直線，平面，平面，若直線滿足，，，，則與相交，且交線平行于【答案】C【解析】【分析】利用面面平行的性質(zhì)推理判斷A；利用面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的判定推理判斷B；利用線面平行的性質(zhì)判斷C；利用反證法結(jié)合線面平行的性質(zhì)推理判斷D作答.【詳解】對(duì)于A，平面平面，點(diǎn)平面，平面，且，由，得點(diǎn)共面，平面平面，平面平面，而平面平面，于是，因此四邊形是平行四邊形，所以，A正確；對(duì)于B，設(shè)平面、、兩兩垂直，它們的交線分別為b、c、d，過(guò)平面內(nèi)點(diǎn)的直線e、f分別滿足，，如圖，由，，，得，而，則，同理，因此，又，從而，同理，所以三個(gè)兩兩垂直的平面的交線也兩兩垂直，B正確； 對(duì)于C，由直線平面，，得直線與點(diǎn)確定一個(gè)平面，令平面與平面的交線為，顯然，且平面，直線唯一，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，假定與平行，由平面，得平面，又平面，于是，這與m，n為異面直線矛盾，即假設(shè)不成立，因此與相交，由平面、及，得，同理，在平面內(nèi)存在直線，在平面內(nèi)存在直線（均不為平面與的交線），即有，于是，直線平行于平面與的交線，所以直線平行于平面與的交線，D正確.故選：C9..函數(shù)的部分圖象如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）A.的最小正周期為B.C.在上單調(diào)遞增D.將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位，得到函數(shù)的圖象【答案】D【解析】【分析】根據(jù)給定的函數(shù)圖象，求出周期及，進(jìn)而求出解析式，再逐項(xiàng)判斷作答.【詳解】對(duì)于A，由圖象得函數(shù)的周期，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由圖象得，，即有， 又圖象過(guò)點(diǎn)，則，即，又，于是，因此，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)?，所以，，而，即有，即，則，在上不單調(diào)，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)椋瑢⒑瘮?shù)的圖象向左平移個(gè)單位，得的圖象，D正確.故選：D10.定義在上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，則不等式的解集為A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】當(dāng)時(shí)，為單調(diào)增函數(shù)，且，則解集為，再結(jié)合為奇函數(shù)，所以不等式的解集為．【詳解】當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增，因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，等價(jià)于，即，因?yàn)槭嵌x在上的奇函數(shù)，所以時(shí)，在上單調(diào)遞增，且，所以等價(jià)于，即，所以不等式的解集為【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)的奇偶性，單調(diào)性及不等式的解法，屬基礎(chǔ)題．應(yīng)注意奇函數(shù)在其對(duì)稱的區(qū)間上單調(diào)性相同，偶函數(shù)在其對(duì)稱的區(qū)間上單調(diào)性相反．11.設(shè)等比數(shù)列中，使函數(shù)在時(shí)取得極值，則的值是（） A.或B.或C.D.【答案】D【解析】【分析】由極值點(diǎn)和極值可構(gòu)造方程組求得，代回驗(yàn)證可知滿足題意；結(jié)合等比數(shù)列性質(zhì)可求得結(jié)果.【詳解】由題意知：，在處取得極值，，解得：或；當(dāng)，時(shí)，，在上單調(diào)遞增，不合題意；當(dāng)，時(shí)，，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，是的極小值點(diǎn)，滿足題意；，又與同號(hào)，.故選：D.12.已知，且恒成立，則k的值不可以是（????）A.－2B.0C.2D.4【答案】D【解析】【分析】根據(jù)給定條件，用n表示m，代入不等式并分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)并探討函數(shù)的最值作答.【詳解】由，知，，則，即，令，則，令，則， 函數(shù)在上單調(diào)遞增，于是，即，從而，令，則，則當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，因此在時(shí)取得最小值2，即，所以，即可取，不能取4.故選：D【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：涉及不等式恒成立問(wèn)題，將給定不等式等價(jià)轉(zhuǎn)化，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探求函數(shù)單調(diào)性、最值是解決問(wèn)題的關(guān)鍵.二?填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案填在答題卡上.13.______．【答案】【解析】【分析】利用指對(duì)數(shù)運(yùn)算的性質(zhì)化簡(jiǎn)求值即可.【詳解】.故答案為：14.已知點(diǎn)，，若圓上存在點(diǎn)P滿足，則實(shí)數(shù)a的取值的范圍是____________．【答案】【解析】【分析】由求出點(diǎn)的軌跡，再求出該軌跡與圓有公共點(diǎn)的a的范圍作答.【詳解】設(shè)點(diǎn)，則，而，則，整理得，即點(diǎn)的軌跡是原點(diǎn)為圓心，2為半徑的圓，因?yàn)辄c(diǎn)在圓，即圓與圓有公共點(diǎn)，而圓的圓心為，半徑為1， 因此，即，解得或，所以實(shí)數(shù)a的取值的范圍是.故答案為：15.如圖，有一半徑為單位長(zhǎng)度的球內(nèi)切于圓錐，則當(dāng)圓錐的側(cè)面積取到最小值時(shí)，它的高為_(kāi)_____．【答案】##【解析】【分析】由，求得，得到側(cè)面積，令，得到，求得函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而得到答案.【詳解】如圖所示，設(shè)，半徑，高，球半徑為單位長(zhǎng)度，因?yàn)?，可得，即?所以，解得，所以側(cè)面積，令，可得，令，可得，解得．當(dāng)，，單調(diào)遞減；當(dāng)，，單調(diào)遞減，所以時(shí)側(cè)面積有最小值．故答案為：.16.在中，已知，，，當(dāng)取得最小值時(shí)，的面積為_(kāi)____【答案】【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用正弦定理探討可得，再利用余弦定理探求的關(guān)系，并求出，由數(shù)量積的定義結(jié)合二次函數(shù)求出，再利用三角形面積公式求解作答. 【詳解】令，則，由，得，在中，，在中，，于是，令，則，而，則有，由余弦定理得，整理得，即，，則，當(dāng)時(shí)，取得最小值，在中，，所以.故答案為：【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：條件較隱含的解三角形問(wèn)題，根據(jù)題意設(shè)出變量，再選擇恰當(dāng)?shù)娜切?，借助正余弦定理列出方程、方程組是解題的關(guān)鍵.三?解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明?證明過(guò)程或演算步驟.（一）必考題：共60分.17.已知數(shù)列的首項(xiàng)為2，且滿足（且），．（1）求的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)，求的前n項(xiàng)和． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）因式分解可知為等比數(shù)列，然后可解；（2）利用對(duì)數(shù)運(yùn)算裂項(xiàng)可解.【小問(wèn)1詳解】由得，因?yàn)?，所以，所以，即，又，所以是?為首項(xiàng)和公比的等比數(shù)列，所以．【小問(wèn)2詳解】由得，18.買(mǎi)盲盒是當(dāng)下年輕人的潮流之一，每個(gè)系列的盲盒分成若干個(gè)盒子，每個(gè)盒子里面隨機(jī)裝有一個(gè)動(dòng)漫、影視作品的圖片，或者設(shè)計(jì)師單獨(dú)設(shè)計(jì)出來(lái)的玩偶，消費(fèi)者不能提前得知具體產(chǎn)品款式，具有隨機(jī)屬性，某禮品店2022年1月到8月售出的盲盒數(shù)量及利潤(rùn)情況的相關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：月份／月12345678月銷(xiāo)售量／百個(gè)45678101113月利潤(rùn)／千元4.14.64.95.76.78.08.49.6（1）求出月利潤(rùn)y（千元）關(guān)于月銷(xiāo)售量x（百個(gè)）的回歸方程（精確到0.01）；（2）2022年“一診”考試結(jié)束后，某班數(shù)學(xué)老師購(gòu)買(mǎi)了裝有“五年高考三年模擬”和“教材全解”玩偶的兩款盲盒各3個(gè)，從中隨機(jī)選出3個(gè)作為禮物贈(zèng)送給同學(xué)，求3個(gè)盲盒中裝有“五年高考三年模擬”玩偶的個(gè)數(shù)至少為2個(gè)的概率．參考公式：回歸方程中斜率和截距最小二乘估計(jì)公式分別為： ，．參考數(shù)據(jù)：，．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）將表格數(shù)據(jù)代入公式，計(jì)算回歸方程；（2）列舉從6個(gè)盲盒中抽取3個(gè)的所有結(jié)果，由所有基本事件個(gè)數(shù)和“五年高考三年模擬”玩偶個(gè)數(shù)至少為2個(gè)的基本事件個(gè)數(shù)，求得概率.【小問(wèn)1詳解】由題，，，所以，，，，所以回歸方程為.【小問(wèn)2詳解】記裝有“五年高考三年模擬”玩偶的3個(gè)盲盒為，，，記裝有“教材全解”玩偶的3個(gè)盲盒為，，，從中選出3個(gè)，共有：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共20個(gè)基本事件，其中，“五年高考三年模擬”玩偶個(gè)數(shù)至少為2個(gè)的基本事件有10個(gè)， 故所求事件發(fā)生的概率.19.已知四棱錐，其中，，，，平面平面，點(diǎn)是上一點(diǎn)，．（1）求證：平面；（2）若是等邊三角形，當(dāng)點(diǎn)到直線距離最大時(shí)，求四棱錐的體積．【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）1【解析】【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)定理可知平面，再利用線面垂直判定定理即證；（2）由題知，進(jìn)而可得平面，再結(jié)合條件即求.【詳解】（1）因?yàn)椋?，則，因?yàn)槠矫嫫矫?，且平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，，，平面，則平面；（2）因?yàn)辄c(diǎn)到直線的距離為，當(dāng)時(shí)，點(diǎn)到直線的距離最大，此時(shí)，由（1）可知，平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又為等邊三角形，所以， 中，，，則，故，所以，因?yàn)?，故，所以四棱錐的體積為1．20.已知拋物線的焦點(diǎn)F到其準(zhǔn)線的距離為4，橢圓經(jīng)過(guò)拋物線的焦點(diǎn)F．（1）求拋物線的方程及a；（2）已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)的直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，若，點(diǎn)N滿足，且最小值為，求橢圓的離心率．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)由條件列方程求，由此可得拋物線方程及其焦點(diǎn)坐標(biāo)，再由條件求，(2)聯(lián)立方程組，利用設(shè)而不求法結(jié)合條件求出點(diǎn)的軌跡，列方程求，由此可得離心率.【小問(wèn)1詳解】拋物線的焦點(diǎn)F到其準(zhǔn)線的距離為4可得拋物線的方程：橢圓經(jīng)過(guò)拋物線的焦點(diǎn)橢圓的右頂點(diǎn)為，所以．【小問(wèn)2詳解】①當(dāng)直線斜率存在時(shí)， 設(shè)直線方程為由得，∵∴，即∴∴，∴又∵∴，即∴∴N點(diǎn)軌跡為直線②當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，經(jīng)檢驗(yàn)點(diǎn)在直線上．∴N點(diǎn)軌跡方程最小值即點(diǎn)O到直線的距離∴，即橢圓的離心率為．【點(diǎn)睛】解決直線與橢圓的綜合問(wèn)題時(shí)，要注意：(1)注意觀察應(yīng)用題設(shè)中的每一個(gè)條件，明確確定直線、橢圓的條件；(2)強(qiáng)化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運(yùn)算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長(zhǎng)、斜率、三角形的面積等問(wèn)題． 21.已知函數(shù)．（1）記函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)是．證明：當(dāng)時(shí)，；（2）設(shè)函數(shù)，，其中．若0為函數(shù)存在非負(fù)的極小值，求a的取值范圍．【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）【解析】【分析】（1）令，然后利用導(dǎo)數(shù)可求得函數(shù)在R上為增函數(shù)，從而可得，（2），當(dāng)時(shí)，由，解得，，然后分，和三種情況，討論函數(shù)的單調(diào)性和極值，從而可求出a的取值范圍【小問(wèn)1詳解】．令，則．∵，∴恒成立，即在R上為增函數(shù)．∵，∴．∴．【小問(wèn)2詳解】．由（1）知在R上為增函數(shù)．∴當(dāng)時(shí)，有，即；當(dāng)時(shí)，有，即．當(dāng)時(shí)，由，解得，，且在R上單調(diào)遞減．①當(dāng)時(shí)，．∵當(dāng)時(shí)，有；當(dāng)時(shí)，有；當(dāng)時(shí)，有， ∴函數(shù)在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)．∴滿足0為函數(shù)的極小值點(diǎn)；②當(dāng)時(shí)，．∴時(shí)，有恒成立，故在R上為減函數(shù)．∴函數(shù)不存在極小值點(diǎn)，不符合題意；③當(dāng)時(shí)，．∵當(dāng)時(shí)，有；當(dāng)時(shí)，有；當(dāng)時(shí)，有，∴函數(shù)在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)．∴0為函數(shù)的極大值點(diǎn)，不符合題意．綜上所述，若0為函數(shù)的極小值點(diǎn)，則a的取值范圍為．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，考查利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)極值問(wèn)題，第（2）問(wèn)解題的關(guān)鍵是由，解得，，然后通過(guò)討論的大小關(guān)系，從而可求出函數(shù)的極值，考查數(shù)學(xué)分類思想和計(jì)算能力，屬于較難題（二）選考題：共10分.請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計(jì)分.[選修4—4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]22.如圖，在極坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)，曲線是以極點(diǎn)O為圓心，以O(shè)M為半徑的半圓，曲線是過(guò)極點(diǎn)且與曲線相切于點(diǎn)的圓．（1）分別寫(xiě)出曲線、的極坐標(biāo)方程；（2）直線與曲線、分別相交于點(diǎn)A、B（與極點(diǎn)O 不重合），求△ABM面積的最大值．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)圓的極坐標(biāo)方程得結(jié)論；（2）代入兩曲線極坐標(biāo)方程得交點(diǎn)極徑，相減得，過(guò)點(diǎn)M作于D，可求得，然后求出三角形面積，利用基本不等式得最大值．【小問(wèn)1詳解】由題意可知，曲線是以極點(diǎn)O為圓心，以2為半徑的半圓，結(jié)合圖形可知，曲線極坐標(biāo)方程為．設(shè)為曲線上的任意一點(diǎn)，可得因此，曲線極坐標(biāo)方程為；【小問(wèn)2詳解】因?yàn)橹本€與曲線，分別相交于點(diǎn)A，B（異于極點(diǎn)），設(shè)，，由題意得，，∴，過(guò)點(diǎn)M作于D，時(shí)，如圖1，，則點(diǎn)M到直線AB的距離為，時(shí)，如圖2，，，∴當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故△ABM面積的最大值為, 圖1　　　　　　　　　　　　　　圖2[選修4—5：不等式選講]23.已知、為非負(fù)實(shí)數(shù)，函數(shù)．（1）當(dāng)，時(shí)，解不等式；（2）若函數(shù)的最小值為，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）當(dāng)，時(shí)，可得出，分、、三種情況解不等式，綜合可得出原不等式的解集；（2）利用絕對(duì)值三角不等式可得出，再利用柯西不等式可求得的最大值.【小問(wèn)1詳解】解：當(dāng)，時(shí)，．當(dāng)時(shí)，，解得，此時(shí)；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)原不等式無(wú)解；當(dāng)時(shí)，，解得，此時(shí)．綜上，不等式的解集為.【小問(wèn)2詳解】解：由， 因?yàn)椋?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，．所以，，即，所以，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即當(dāng)，時(shí)，等號(hào)成立，綜上，的最大值為．