精品解析：四川省攀枝花市第七高级中学校2023-2024学年高三下学期5月高考模拟数学试题（理科）

攀枝花市七中2024届高三（下）模拟考试 理科数学 注意事项： 1、本试卷共分I卷（选择题）和Ⅱ卷（非选择题题），考试时间120分钟，满分150分. 2、答题过程中将选择题答案用2B铅笔涂到答题卡相应的位置，非选择题用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡上对应的位置，直接在试题卷上的答案无效.交卷时，只交答题卡，试题卷带回. 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.每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的．） 1. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数的实部为1，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知，为不重合的两个平面，直线，，那么“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在区间随机取两个数，则两数之和小于的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 6. 已知为等比数列，为数列的前n项和，，则（ ） A. 3 B. 18 C. 54 D. 152 7. 当时，函数取得最大值，则（ ） A. B. C. D. 1 8. 已知点P在双曲线上，点A与点B是C上关于原点O对称的两点，若直线PA与直线PB的斜率之积为，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 9. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去8个三棱锥，得到8个面为正三角形、6个面为正方形的一种半正多面体．若，则此半正多面体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数在上单调递增，在上单调递减，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 11. 已知A，B，C是单位圆上不同的三点，，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 12. 斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用.斐波那契数列满足，.给出下列四个结论： ① 存在，使得，，成等差数列； ② 存在，使得，，成等比数列； ③ 存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列； ④ 存在正整数，且，使得. 其中所有正确的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 第Ⅱ卷（非选择题，共90分） 二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.只将结果填在答题卡上相应位置，不要过程） 13. 已知，则_________． 14. 若满足约束条件，则的最大值为_________． 15. 在的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则展开式中常数项为_________． 16. 卯圆是常见的一类曲线．已知一个卯圆C的方程为，O为坐标原点，点，点P为卯圆上任意一点，则下列说法中正确的是_________． ①卯圆C关于x轴对称； ②卯圆上存在两点关于直线对称； ③线段PO长度的取值范围是； ④的面积最大值为． 三、解答题（本大题共7小题，共70分.必做题：17题~21题，选做题：22、23.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，书写在答题卡上相应位置.） 17. 某学校食堂中午和晚上都会提供A，B两种套餐（每人每次只能选择其中一种），经过统计分析发现：学生中午选择A类套餐的概率为，选择B类套餐的概率为：在中午选择A类套餐的前提下，晚上还选择A类套餐的概率为，选择B类套餐的概率为；在中午选择B类套餐的前提下，晚上选择A类套餐的概率为，选择B类套餐的概率为． （1）求同学甲晚上选择B类套餐的概率； （2）记某宿舍的4名同学在晚上选择B类套餐的人数为X，假设每名同学选择何种套餐是相互独立的，求X的分布列及数学期望． 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，，，点M在底面ABCD上的射影为CD的中点O，E为线段AD上的点(含端点)． （1）若E为线段AD的中点，证明：平面平面MAD； （2）若，求二面角的余弦值． 19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．求： （1）角C的最大值； （2）的取值范围． 20. 已知椭圆的离心率为，直线过椭圆的两个顶点，且原点到直线的距离为. （1）求椭圆的标准方程； （2）当过点的动直线与椭圆相交于两个不同点、时，求的取值范围. 21. 已知函数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）设，求证：当时，有且仅有2个不同的零点． （参考数据：） 【选修44：坐标系与参数方程】 22. 在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知圆C经过极点，且其圆心的极坐标为． （1）求直线l的普通方程与圆C的极坐标方程； （2）若射线分别与圆C和直线l交于点A，B（点A异于坐标原点O），求线段长． 23. 已知函数. （1）若，，求不等式的解集； （2）若的最小值为1，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 攀枝花市七中2024届高三（下）模拟考试 理科数学 注意事项： 1、本试卷共分I卷（选择题）和Ⅱ卷（非选择题题），考试时间120分钟，满分150分. 2、答题过程中将选择题答案用2B铅笔涂到答题卡相应的位置，非选择题用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡上对应的位置，直接在试题卷上的答案无效.交卷时，只交答题卡，试题卷带回. 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.每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的．） 1. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数、分式、根式的性质求定义域即可. 【详解】由题设，可得，即定义域为. 故选：D 2. 已知复数的实部为1，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数除法化简并结合实部确定参数值，进而判断复数对应点所在象限. 【详解】由的实部为1，则，即， 所以，对应点为在第一象限. 故选：A 3. 已知，为不重合的两个平面，直线，，那么“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义，利用长方体模型，判断“”与“”的关系可得结论. 【详解】记平面为，平面为，直线为，直线为， 则直线，，，但， 所以“”不是“”的充分条件， 记平面为，平面为，直线为，直线为， 则直线，，，但， 所以“”不是“”的必要条件， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 4. 在区间随机取两个数，则两数之和小于的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用几何概型的概率公式求解即可. 【详解】由题意，记两个数为，则，作出图形如图所示， 由几何概型可知所求概率为， 故选：D 5. 设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案. 【详解】由题意得，，则， 即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为， 不妨设点在轴上方，代入得，， 所以. 故选：B 6. 已知为等比数列，为数列的前n项和，，则（ ） A. 3 B. 18 C. 54 D. 152 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设有且，即可得公比为3，首项为2，利用通项公式求对应项. 【详解】由题设得，作差可得，即， 又为等比数列，故其公比为3，且，即， 所以. 故选：C 7. 当时，函数取得最大值，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出． 【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有． 故选：B. 8. 已知点P在双曲线上，点A与点B是C上关于原点O对称的两点，若直线PA与直线PB的斜率之积为，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，利用斜率的两点式及点差法求得，结合已知及离心率公式求结果. 【详解】令，则，， 所以， 而、，则，即， 所以，则离心率为. 故选：A 9. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去8个三棱锥，得到8个面为正三角形、6个面为正方形的一种半正多面体．若，则此半正多面体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正方体的对称性可知,该半正多面体外接球的球心为正方体的中心，进而可求球的半径和表面积. 【详解】如图，在正方体中，分别取正方体、正方形的中心、，连接， ∵分别为的中点，则， ∴正方体的边长为， 故，可得， 根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径， 故该半正多面体外接球的表面积为. 故选：D 10. 已知函数在上单调递增，在上单调递减，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦型函数的区间单调性有、，即可求参数范围. 【详解】在上递增，且，故，得，即， 在上递减，且， 而，，只需，得， 综上，. 故选：C 11. 已知A，B，C是单位圆上不同的三点，，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，，进而有，应用向量数量积的坐标表示得，结合三角函数关系及二次函数的性质求最值. 【详解】不妨令，，又，则， 所以 ， 当时，的最小值为. 故选：C 12. 斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用.斐波那契数列满足，.给出下列四个结论： ① 存在，使得，，成等差数列； ② 存在，使得，，成等比数列； ③ 存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列； ④ 存在正整数，且，使得. 其中所有正确的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】由递推公式得性质后判断， 【详解】对于①，由题意得，故成等差数列，故①正确， 对于②，由递推公式可知，，中有两个奇数，1个偶数，不可能成等比数列，故②错误， 对于③，， 故当时，对任意，，，成等差数列；故③正确， 对于④，依次写出数列中的项为， 可得，故④正确， 故选：C 第Ⅱ卷（非选择题，共90分） 二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.只将结果填在答题卡上相应位置，不要过程） 13. 已知，则_________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据指对数关系得、，结合换底公式及对数运算求目标式的值. 【详解】由题设，， 所以. 故答案为：1 14. 若满足约束条件，则的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意画出可行域，转化目标函数为，数形结合求解即可. 【详解】由画出可行域如图所示， 转化目标函数为，上下平移直线， 数形结合可知直线经过点时在轴的截距最小，即取得最大值， 由解得，此时， 即的最大值为， 故答案为： 15. 在的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则展开式中常数项为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由二项式系数的性质求出，再写出二项展开式的通项，由通项中的指数为即可得解. 【详解】因为在的展开式中，只有第7项的二项式系数最大， 则由二项式系数性质可知展开式共有项，则， 所以展开式的通项，， 令解得， 所以展开式中常数项为， 故答案为： 16. 卯圆是常见的一类曲线．已知一个卯圆C的方程为，O为坐标原点，点，点P为卯圆上任意一点，则下列说法中正确的是_________． ①卯圆C关于x轴对称； ②卯圆上存在两点关于直线对称； ③线段PO长度的取值范围是； ④的面积最大值为． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】根据、是否能同时满足方程判断①；将、代入方程判断是否存在解判断②；利用两点距离公式及导数研究距离最值判断③；由三角形面积公式及导数求最值判断④. 【详解】设是卯圆上的任意一个点，且， 故也在卯圆上，且其与关于轴对称，①对； 由与关于直线对称，若该点也在卯圆上， 联立，可得或， 故存在关于直线对称，②对； 由题设，又，所以， 设且，则， 令，，则， 令，可得或， 或时，时， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 又， 所以的最小值、最大值分别为1、4，即，③对； 设且，， 令且，则， 在上，单调递减，在上，单调递增， 所以最小值为，故最大值为1，④错. 故答案为：①②③ 【点睛】关键点点睛：关键在于理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答. 三、解答题（本大题共7小题，共70分.必做题：17题~21题，选做题：22、23.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，书写在答题卡上相应位置.） 17. 某学校食堂中午和晚上都会提供A，B两种套餐（每人每次只能选择其中一种），经过统计分析发现：学生中午选择A类套餐的概率为，选择B类套餐的概率为：在中午选择A类套餐的前提下，晚上还选择A类套餐的概率为，选择B类套餐的概率为；在中午选择B类套餐的前提下，晚上选择A类套餐的概率为，选择B类套餐的概率为． （1）求同学甲晚上选择B类套餐的概率； （2）记某宿舍的4名同学在晚上选择B类套餐的人数为X，假设每名同学选择何种套餐是相互独立的，求X的分布列及数学期望． 【答案】（1）； （2）X的分布列如下， 0 1 2 3 4 .【解析】 【分析】（1）应用互斥事件加法求同学甲晚上选择B类套餐的概率； （2）根据题设易知，应用二项分布概率公式求对应概率写出分布列，进而求期望. 【小问1详解】 设事件为甲晚上选套餐，事件为甲中午选套餐，事件为甲中午选套餐， 则，，故. 【小问2详解】 由（1）知：，则宿舍的4名同学晚上选B套餐的人数为， 所以， 则，， ，， ， 所以X的分布列如下， 0 1 2 3 4 则. 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，，，点M在底面ABCD上的射影为CD的中点O，E为线段AD上的点(含端点)． （1）若E为线段AD的中点，证明：平面平面MAD； （2）若，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：∵平面ABCD，平面ABCD，∴． ∵O为线段CD的中点，E为线段AD的中点，∴，， ∵，由余弦定理得， 则，则． ∵，平面MOE，∴平面MOE， 又∵平面MAD，∴平面平面MAD． （2） 【解析】 【分析】(1)在△ADO中，利用勾股定理证明ED⊥EO，再结合ED⊥MO即可证明平面MOE，从而可证明平面平面MAD； (2)连接OA，证明，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解二面角的余弦值． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 连接OA，由(1)知当E为线段AD的中点时，， 则A、O、D三点在以AD为直径的圆上，故． 故以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 又，则， ∴，，，． 又，则， ∴，，，． 设平面MAD的法向量为，则解得 取，则平面MAD的一个法向量为． 设平面MEO的法向量为，则解得 取，则平面MEO的一个法向量为． 则， 则二面角的余弦值为． 19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．求： （1）角C的最大值； （2）的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正、余弦定理及基本不等式计算即可； （2）先由切化弦，结合正、余弦定理将条件式化为与边的比值有关的函数，计算即可． 【小问1详解】 由，得， 由余弦定理可得， 当且仅当，即时取得最小值，故，所以C的最大值为. 【小问2详解】 由正、余弦定理可得， 由题意可得， 所以上式可化为， 易知，即， 故， 所以. 20. 已知椭圆的离心率为，直线过椭圆的两个顶点，且原点到直线的距离为. （1）求椭圆的标准方程； （2）当过点的动直线与椭圆相交于两个不同点、时，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据离心率得到，设直线方程为，根据点到直线的距离得到，得到椭圆方程. （2）设，得到，代入椭圆方程化简得到，根据得到，得到答案. 【小问1详解】 因为，，所以， 不妨设直线的方程为，，即， 所以原点到直线的距离为，解得，所以， 故椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 设、，设，即， 整理得到，于是，故， 得，即， 所以，，又，得， 又，故上，且，所以. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 21. 已知函数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）设，求证：当时，有且仅有2个不同的零点． （参考数据：） 【答案】（1）的递增区间为、，递减区间为. （2） 证明：由，得，即方程在上有且仅有2个不同的根， 等价于与在上有2个交点，且， ①当时，存在，且图象连续且单调递增， 所以在上有且仅有1个零点，即使， 当时，，在上递减， 当时，，在上递增， 所以在上存在唯一极小值点， 则， 记，则，故在上单调递减， 所以，故上恒成立， 则， 综上，时，与在上有1个交点； ②当时，，即在上单调递增， 而在上递增，故在上递增， 而，由①知， 所以时，与在上有1个交点； ③当时，， 令，则，即在上单调递增， 所以， 所以时，与在上无交点； 综上，时，与在上有2个交点， 即当时，有且仅有2个不同的零点，得证. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，研究上导数的符号，进而确定单调区间； （2）问题化为与在上有2个交点，利用导数研究在、、上与且的交点情况，即可证. 【小问1详解】 由题设，则， 又，则在、上，在上， 所以的递增区间为、，递减区间为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：求含参数的函数的单调区间，求导后能转化为一元二次方程的问题，常利用判别式进行分类讨论求解；函数有两个极值点即为导函数有两个零点，在此基础上证不等式恒成立问题，常转化为构造函数，通过求最大值与最小值证明；函数有几个零点问题，常转化为两个函数的图象有几个交点问题处理. 【选修44：坐标系与参数方程】 22. 在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知圆C经过极点，且其圆心的极坐标为． （1）求直线l的普通方程与圆C的极坐标方程； （2）若射线分别与圆C和直线l交于点A，B（点A异于坐标原点O），求线段长． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）消去得直线方程，确定圆心和半径，计算极坐标方程得到答案. （2）将代入圆和直线的极坐标方程，计算即可. 【小问1详解】 由，消去参数得， 圆C过极点且圆心为，即圆心为，半径为2， 所以圆的方程为，即，极坐标方程为. 【小问2详解】 将代入，则， 而直线，即， 将代入直线，得， 所以. 23. 已知函数. （1）若，，求不等式的解集； （2）若的最小值为1，求的最小值. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）采用分类讨论，脱掉绝对值符号，解不等式，可得答案； （2）利用绝对值三角不等式可得，将变形，结合基本不等式即可求得其最小值. 【小问1详解】 依题意，当，时，得， 则，即，所以, 当时，，解得，所以； 当时，，无解； 当时，，解得,即， 故不等式的解集为. 【小问2详解】 依题意，， 当且仅当时取等号， 所以 ， 当且仅当，即，时等号成立， 所以的最小值为2. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $