四川省 2024届高三一模数学（理）试题（Word版附解析）.docx

1、2023-2024学年度2024届高三（上）一诊模拟试卷本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第卷一、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，只有一项是符合题目要求的）1. 已知集合，则集合的子集个数为（ ）A. 3B. 4C. 8D. 16【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式，并结合已知用列举法表示集合A作答.【详解】解不等式，得，因此，所以集合的子集个数为.故选：C2. 已知为实数，若复数为纯虚数，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算法则进行化简，结合复数是纯虚数，进行求解即可【

2、详解】，复数是纯虚数，且得且，即，故选D【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的概念，根据复数是纯虚数建立条件关系是解决本题的关键，属于基础题3. 与有相同定义域的函数是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出各函数的定义域，即可得出合适的选项.【详解】对于函数，有，即函数的定义域为，对于A选项，函数的定义域为，A不满足；对于B选项，函数的定义域为，B不满足；对于C选项，对任意的，即函数的定义域为，C不满足；对于D选项，函数的定义域为，D满足.故选：D.4. 若向量、满足：，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由平面向量垂直可得出，再利用平面向量数量积

3、的运算性质可求得的值.【详解】因为向量、满足：，则，所以，所以，故.故选：B.5. 阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序.若输出的为，则判断框中填写的内容可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】列举出循环的每一步，可得出判断框中所填的条件.【详解】第一次循环，条件满足，；第二次循环，条件满足，；第三次循环，条件满足，条件不满足，跳出循环体，输出的值为，故判断框中填写的内容可以是，故选：C.6. 已知a，b，则“”的必要不充分条件可以是下列的选项（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用不等式性质进行推导，结合取值验证可得.【详解】A选项：取，满足，但，

4、所以不是的必要条件，A错误；B选项：若，则，所以不是的必要条件，B错误；C选项：若，则，若，则，则有，所以，是的必要条件；取，显然满足，但，所以不是的充分条件.综上，是的必要不充分条件，C正确；D选项：取，显然满足，但，所以不是的充分条件，D错误.故选：C7. 抛物线：（）的顶点为，斜率为1的直线过点，且与抛物线交于，两点，若的面积为，则该抛物线的准线方程为（ ）A. B. C D. 【答案】A【解析】【分析】直线方程为，联立，得到两根之和，两根之积，表达出和点到直线的距离，从而表达出，列出方程，求出，得到准线方程.【详解】由题意得，直线方程为，联立得，设，则，故，点到直线的距离为，故，故，解

5、得，故该抛物线的准线方程为.故选：A8. 设、是两条不相同的直线，、是两个不重合的平面，则下列命题错误的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若、是异面直线，则.D. 若，则【答案】D【解析】【分析】利用线面平行和线面垂直的性质可判断A选项；利用线面平行的性质和面面垂直的判定定理可判断B选项；利用线面平行和面面平行的判定定理可判断C选项；根据已知条件直接判断线面位置关系，可判断D选项.【详解】对于A选项，因为，则，因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示：因为，则，故，A对；对于B选项，因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示：因为，则，因为，则，B对；对于C选项，因为，过直线作平面，使得，则

6、，如下图所示：因为，则，又因为、是异面直线，且，假设，则，与已知条件矛盾，假设不成立，故、相交，又因，因此，C对；对于D选项，若，则或，D错.故选：D.9. 某人根据自己爱好，希望从中选2个不同字母，从中选3个不同数字编拟车牌号，要求前3位是数字，后两位是字母，且数字2不能排在首位，字母和数字2不能相邻，那么满足要求的车牌号有（ ）A. 198个B. 180个C. 216个D. 234个【答案】A【解析】【分析】分别算出2在首位、2与Z相邻情况下的车牌号数量，再求任选数字和字母得到的车牌号，应用间接法求满足要求的车牌号.【详解】当2在首位时，在任选两个数在余下两个数字位上全排有，从任选两个字母

7、在字母位上全排有；当2与Z相邻时，即2在数字位的最后，Z在字母位的最前面，再从任选两个数在余下两个数字位上全排有，从任选一个字母放在字母位的最后有；所以当2在首位和2与Z相邻的情况共有种，而任选3个数字在数字位全排，任选2个字母在字母位全排共有种，所以满足要求的车牌号有种.故选：A10. 已知，则值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知条件切化弦，整理得出，然后把展开可求出，从而利用两角和的余弦公式可求解.【详解】由于，且，则，整理得，则，整理得，所以.故选：D.11. 已知双曲线：的左焦点为，过的直线与圆相切于点，与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）A

8、. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意画出草图，由为中点，故过点作，利用中位线的性质结合相切与双曲线性质得出的长度，即可在直角三角形中利用勾股定理列出的关系，再根据得出答案.【详解】设双曲线的右焦点为,过作,如图所示，与圆相切，且，为的中点，且，为的中点，且，,，为直角三角形，,，即，则，即，.故选：B.12. 与曲线在某点处的切线垂直，且过该点的直线称为曲线在某点处的法线，关于曲线的法线有下列4种说法：存在一类曲线，其法线恒过定点；若曲线的法线的纵截距存在，则其最小值为；存在唯一一条直线既是曲线的法线，也是曲线的法线；曲线的任意法线与该曲线的公共点个数为1.其中说法正确的个

9、数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】对于，结合新定义，可知圆的法线恒过圆心，符合题意；对于，在曲线上任取一点，求出曲线在点处的法线方程，可得出该直线的纵截距，再利用导数求出纵截距的最小值；对于，求出曲线在点处的法线方程，则曲线在点处的法线方程，由题意列出关于的方程，结合函数的单调性求得的值；对于，曲线上取一点，分为与两种情况讨论，求出曲线在点处的法线的方程，与联立，结合函数的单调性求得曲线的任意法线与该曲线的公共点个数.【详解】对于，存在一类曲线，其法线恒过定点，这个说法是正确的，如圆的法线恒过圆心；对于，在曲线上任取一点，对函数求导得，则，若曲线的法线的纵截距

10、存在，则，所以曲线在点处的法线方程为，即，所以曲线在点处的法线的纵截距，令，则，令，可得，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以，即曲线在点处的法线的纵截距最小值为，故正确；对于，由，得，则曲线在点处的切线的斜率为，则曲线在点处的法线方程为，即，由，得，则曲线在点处的切线的斜率为，则曲线在点处的法线方程为，即，由题意，且，则由得，所以，得，整理得，令，则，即函数在时单调递减，且，从而当时，；当时，又函数在时单调递增， 当时，；当时，；当时，所以方程有唯一解，所以，存在唯一一条直线既是曲线的法线，也是曲线的法线，故正确；对于，曲线上取一点，由求导得，则曲线在点处的切线的斜率为，当时，点即为

11、，则曲线在点处的法线的方程为，显然与曲线的公共点个数为1；当时，曲线在点处的法线的方程为，与联立得，即，令，当时，在上单调递减，所以，由，即，得；当时，在上单调递减，所以，由，即，得，所以，当时，曲线在点处的法线与该曲线的公共点个数为1.综上，曲线的任意法线与该曲线的公共点个数为1，故正确. 故选：D.【点睛】方法点睛：解决新定义问题的两个着手点：（1）正确理解新定义耐心阅读，分析含义，准确提取信息是解决这类问题的前提，剥去新定义、新法则、新运算的外表，利用所学的知识将陌生的性质转化为我们熟悉的性质，是解决这类问题的突破口；（2）合理利用有关性质是破解新定义型问题的关键在解题时要善于从题设条件

12、给出的数式中发现可以使用性质的一些因素，并合理利用第卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 若，满足约束条件则的最大值为_【答案】【解析】【分析】画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置，由此求得的最大值.【详解】，画出可行域如下图所示，由图可知，当时，取得最大值为.故答案为：14. 的展开式中，的系数为_ （用数字作答）【答案】-70【解析】【详解】的展开式的通项公式为，令得，令得，的展开式中，的系数为,故答案为.15. 半球的表面积与其内最大正方体的表面积之比为_【答案】【解析】【分析】作出正方体的对角面，截半球得半个大圆，由此图形求得半球半径与正方体棱长的关系，从

13、而可得表面积之比【详解】如图，是半球的截面，截正方体的对角面，矩形是半圆的内接矩形，设半球半径为，正方体棱长为，则，半球表面积为，正方体的表面积为，所以故答案为：16. 如图，在ABC所在平面内，分别以AB，BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCHG记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S已知，且asinAcsinC4asinCsinB，则FH_【答案】【解析】【分析】通过正弦定理化简已知条件，再结合面积公式和余弦定理即可求出的长度.【详解】由题意，在中，由正弦定理，连接如下图所示，在中，由余弦定理， ，又，故答案为：.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.

14、）17. 在等比数列和等差数列中，（1）求数列和的通项公式；（2）令，记数列的前项积为，证明：【答案】（1）； （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等差数列、等比数列通项公式即可求解；（2）求出，判断的单调性即可求解.【小问1详解】设数列的公比为，数列的公差为，由，有，又由，有，有，又由，有，有，有，可得，得或（舍去），故，故，；【小问2详解】证明：由（1）知：，则，当时，；当时，即，又，故，当时，故18. 综合素质评价是高考招生制度改革的内容之一某高中采用多维评分的方式进行综合素质评价下图是该校高三学生“运动与建康”评价结果的频率直方图，评分在区间90，100），70，90），60，7

15、0），50，60）上，分别对应为A，B，C，D四个等级为了进一步引导学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级：原获C等级的学生有的概率提升为B等级：原获D等级的学生有的概率提升为C等级用频率估计概率，每名学生复评结果相互独立（1）若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为，求的分布列和数学期望；（2）从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是C等级的概率【答案】（1）分布列见解析， （2）【解析】【分析】（1）求出的所有可能取值及其对

16、应的概率，即可求出的分布列，再由期望公式求出的数学期望；（2）记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C”，由条件概率公式代入求解即可.【小问1详解】的所有可能取值为0，1，2，3，的分布列如下：0123P【小问2详解】记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C”，19. 如图，平面四边形中，是上的一点，是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）要证平面平面，只需证平面，而，所以只需证，而由已知的数据可证得为等边三角形，又由于是的中点，所以，从而可证得结论；（

17、2）由于在中，而平面平面，所以点在平面的投影恰好为的中点，所以如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）由，所以平面四边形直角梯形，设，因为.所以在中，则，又，所以，由，所以为等边三角形，又是的中点，所以，又平面，则有平面，而平面，故平面平面.（2）解法一：在中，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，以为坐标原点，方向为轴方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量，由得取，则设直线与平面所成角大小为，则，故直线与平面所成角的正弦值为. 解法二：在中，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，过作于，连，则由平面平面，所以，又，则平面，又

18、平面所以，在中，所以，设到平面的距离为，由，即，即，可得，设直线与平面所成角大小，则.故直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】此题考查的是立体几何中的证明面面垂直和求线面角，考查学生的转化思想和计算能力，属于中档题.20. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，设动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）已知定点，过点作垂直于轴的直线，过点作斜率大于0的直线与曲线交于点、，其中点在轴上方，点在轴下方.曲线与轴负半轴交于点，直线、与直线分别交于点、，若、四点共圆，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用已知条件可得出关于、的等式，化简可得出曲

19、线的方程；（2）设点、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点、的纵坐标，利用相交弦定理以及韦达定理可求得实数的值.【小问1详解】解：由题得：，两边平分并化简得，所以，曲线的方程为.【小问2详解】解：设点、，设直线的方程为，直线的方程与椭圆的方程联立，消去得.则，可得，由韦达定理：，. 由条件，直线的方程为，直线的方程为，于是可得，.因为、四点共圆，由相交弦定理可得,则，化简得，又，代入整理得：.将韦达定理代入化简得：，即.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得

20、到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21. 设函数，其中.（1）若，讨论在上的单调性；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）单调递增 （2）【解析】【分析】（1）求出函数的导数，结合三角函数性质，判断导数正负，即可得结论；（2）求出函数的导数，构造函数再次求导，根据其结构特征，讨论或或时的导数正负情况，判断函数单调性，判断不等式是否恒成立，即可得答案.【小问1详解】当时，令，则，故在上单调递增，则，故在上单调递增.【小问2详解】设，设，则，当时，由，知在上单调递减，故，故在上

21、单调递减，则，即，满足题意；当时，对于，取，当时，则在上单调递增，故，故在上单调递增，则，即，不满足题意；当时，对于，故在上单调递增，则，即，不满足题意；综上可知，仅当当时，符合题意，故实数的取值范围为.【点睛】难点点睛：本题考查了导数的应用问题，综合性强，难点在于根据不等式求解参数范围，解答时要根据函数的结构特征，多次构造函数，利用导数判断函数的单调性，同时解答时要注意分类讨论的方法的应用.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. 在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为为参数为的倾斜角，且，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建

22、立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于两点，点恰为线段的三等分点，求【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）化简曲线的极坐标方程为，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解；（2）把直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，求得，设，得到，化简得，即可求解.【详解】（1）由曲线的极坐标方程为，可得，又由，代入可得，即曲线的直角坐标方程为.（2）把直线参数方程为参数，代入曲线的直角坐标方程，整理得,设对应的参数分别为，得，因为点恰为线段的三等分点，不妨设，则，所以，代入，化简得，又因为，所以选修4-5：不等式选讲23. 已知（）.（1）当时，求不等式的解集；（2）对于任意实数，不等式成立，求的取值范围.【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）三段法求出不等式的解集；（2）由绝对值三角不等式求出，从而，求出不等式，得到答案.【小问1详解】当时，不等式可转化为：或或，整理得：或或，所以不等式的解集为；【小问2详解】由题意得，由绝对值三角不等式得，若恒成立，只需来解即可，