2023-2024学年四川省教考联盟高三第五次模拟考试数学试卷含解析

2023-2024学年四川省教考联盟高三第五次模拟考试数学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．正四棱锥的五个顶点在同一个球面上，它的底面边长为，侧棱长为，则它的外接球的表面积为（）A． B． C． D．2．设全集为R，集合，，则A． B． C． D．3．已知向量，，则向量与的夹角为（）A． B． C． D．4．函数（）的图象的大致形状是（）A． B． C． D．5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A． B．C． D．6．若是定义域为的奇函数，且，则A．的值域为 B．为周期函数，且6为其一个周期C．的图像关于对称 D．函数的零点有无穷多个7．某大学计算机学院的薛教授在2019年人工智能方向招收了6名研究生.薛教授欲从人工智能领域的语音识别、人脸识别，数据分析、机器学习、服务器开发五个方向展开研究，且每个方向均有研究生学习，其中刘泽同学学习人脸识别，则这6名研究生不同的分配方向共有（）A．480种 B．360种 C．240种 D．120种8．已知，则下列关系正确的是（）A． B． C． D．9．设命题p:>1,n2>2n,则p为（）A． B．C． D．10．已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布，从中随机取一件，其长度误差落在区间（3,6）内的概率为（）（附：若随机变量ξ服从正态分布，则，．）A．4.56% B．13.59% C．27.18% D．31.74%11．把满足条件（1），，（2），，使得的函数称为“D函数”，下列函数是“D函数”的个数为（）①②③④⑤A．1个 B．2个 C．3个 D．4个12．把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象．给出下列四个命题①的值域为②的一个对称轴是③的一个对称中心是④存在两条互相垂直的切线其中正确的命题个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，在区间上随机取一个数，则使得≥0的概率为．14．连续掷两次骰子，分别得到的点数作为点的坐标，则点落在圆内的概率为______________．15．根据记载，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题.现有满足“勾3股4弦5”，其中“股”，为“弦”上一点（不含端点），且满足勾股定理，则______.16．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相切于点，是上一点(不与重合)，若以线段为直径的圆恰好经过，则点到抛物线顶点的距离的最小值是__________.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）对于正整数，如果个整数满足，且，则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为均为奇数的“正整数分拆”的个数为.(Ⅰ)写出整数4的所有“正整数分拆”;(Ⅱ)对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的最大值;(Ⅲ)对所有的正整数，证明:;并求出使得等号成立的的值.(注:对于的两个“正整数分拆”与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.)18．（12分）已知点为椭圆上任意一点，直线与圆交于，两点，点为椭圆的左焦点.（1）求证：直线与椭圆相切；（2）判断是否为定值，并说明理由.19．（12分）在中，角的对边分别为，若.（1）求角的大小；（2）若，为外一点，，求四边形面积的最大值.20．（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，，.点，，分别为线段，，的中点，点是线段的中点.（1）求证：平面.（2）判断与平面的位置关系，并证明.21．（12分）设等比数列的前项和为，若（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）在和之间插入个实数，使得这个数依次组成公差为的等差数列，设数列的前项和为，求证：.22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C：ρcos2θ=4asinθ (a>0)，直线l的参数方程为x=-2+22t,y=-1+（I）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程（不要求具体过程）；（II）设P(-2,-1)，若|PM|，|MN|，|PN|成等比数列，求a的值．

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、C【解析】

如图所示，在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，计算长度，设球半径为，则，解得，得到答案.【详解】如图所示：在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，，故，，设球半径为，则，解得，故.故选：.【点睛】本题考查了四棱锥的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.2、B【解析】分析：由题意首先求得，然后进行交集运算即可求得最终结果.详解：由题意可得：，结合交集的定义可得：.本题选择B选项.点睛：本题主要考查交集的运算法则，补集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3、C【解析】

求出，进而可求,即能求出向量夹角.【详解】解：由题意知，.则所以，则向量与的夹角为.故选:C.【点睛】本题考查了向量的坐标运算，考查了数量积的坐标表示.求向量夹角时，通常代入公式进行计算.4、C【解析】

对x分类讨论，去掉绝对值，即可作出图象.【详解】故选C．【点睛】识图常用的方法(1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题；(2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；(3)函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题．5、B【解析】

由题意首先确定几何体的空间结构特征，然后结合空间结构特征即可求得其表面积.【详解】由三视图可知，该几何体为边长为正方体挖去一个以为球心以为半径球体的，如图，故其表面积为，故选：B.【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．6、D【解析】

运用函数的奇偶性定义，周期性定义，根据表达式判断即可.【详解】是定义域为的奇函数，则，，又，，即是以4为周期的函数，，所以函数的零点有无穷多个；因为，，令，则，即，所以的图象关于对称，由题意无法求出的值域，所以本题答案为D.【点睛】本题综合考查了函数的性质，主要是抽象函数的性质，运用数学式子判断得出结论是关键.7、B【解析】

将人脸识别方向的人数分成：有人、有人两种情况进行分类讨论，结合捆绑计算出不同的分配方法数.【详解】当人脸识别方向有2人时，有种，当人脸识别方向有1人时，有种，∴共有360种.故选：B【点睛】本小题主要考查简单排列组合问题，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题.8、A【解析】

首先判断和1的大小关系，再由换底公式和对数函数的单调性判断的大小即可.【详解】因为，，，所以，综上可得.故选：A【点睛】本题考查了换底公式和对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．9、C【解析】根据命题的否定，可以写出：，所以选C.10、B【解析】试题分析：由题意故选B．考点：正态分布11、B【解析】

满足（1）（2）的函数是偶函数且值域关于原点对称，分别对所给函数进行验证.【详解】满足（1）（2）的函数是偶函数且值域关于原点对称，①不满足（2）；②不满足（1）；③不满足（2）；④⑤均满足（1）（2）.故选：B.【点睛】本题考查新定义函数的问题，涉及到函数的性质，考查学生逻辑推理与分析能力，是一道容易题.12、C【解析】

由图象变换的原则可得,由可求得值域；利用代入检验法判断②③；对求导,并得到导函数的值域,即可判断④.【详解】由题,,则向右平移个单位可得,,的值域为,①错误；当时,,所以是函数的一条对称轴,②正确；当时,,所以的一个对称中心是,③正确；,则,使得,则在和处的切线互相垂直,④正确.即②③④正确,共3个.故选:C【点睛】本题考查三角函数的图像变换,考查代入检验法判断余弦型函数的对称轴和对称中心,考查导函数的几何意义的应用.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】试题分析：可以得出，所以在区间上使的范围为，所以使得≥0的概率为考点：本小题主要考查与长度有关的几何概型的概率计算.点评：几何概型适用于解决一切均匀分布的问题，包括“长度”、“角度”、“面积”、“体积”等，但要注意求概率时做比的上下“测度”要一致.14、【解析】

连续掷两次骰子共有种结果，列出满足条件的结果有11种，利用古典概型即得解【详解】由题意知，连续掷两次骰子共有种结果，而满足条件的结果为：共有11种结果，根据古典概型概率公式，可得所求概率．故答案为：【点睛】本题考查了古典概型的应用，考查了学生综合分析，数学运算的能力，属于基础题.15、【解析】

先由等面积法求得，利用向量几何意义求解即可.【详解】由等面积法可得，依题意可得，，所以.故答案为：【点睛】本题考查向量的数量积，重点考查向量数量积的几何意义，属于基础题.16、【解析】

根据抛物线，不妨设，取，通过求导得，，再根据以线段为直径的圆恰好经过，则，得到，两式联立，求得点N的轨迹，再求解最值.【详解】因为抛物线，不妨设，取，所以，即，所以，因为以线段为直径的圆恰好经过，所以，所以，所以，由，解得，所以点在直线上，所以当时，最小，最小值为.故答案为：2【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系直线的交轨问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.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、(Ⅰ)，，，，；(Ⅱ)为偶数时，，为奇数时，；(Ⅲ)证明见解析，，【解析】

(Ⅰ)根据题意直接写出答案.(Ⅱ)讨论当为偶数时，最大为，当为奇数时，最大为，得到答案.(Ⅲ)讨论当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故，当为偶数时，根据对应关系得到，再计算，，得到答案.【详解】(Ⅰ)整数4的所有“正整数分拆”为：，，，，.(Ⅱ)当为偶数时，时，最大为；当为奇数时，时，最大为；综上所述：为偶数，最大为，为奇数时，最大为.(Ⅲ)当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故；当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，故.综上所述：.当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，；当时，偶数“正整数分拆”为，，奇数“正整数分拆”为，故；当时，对于偶数“正整数分拆”，除了各项不全为的奇数拆分外，至少多出一项各项均为的“正整数分拆”，故.综上所述：使成立的为：或.【点睛】本土考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18、（1）证明见解析；（2）是，理由见解析.【解析】

（1）根据判别式即可证明．（2）根据向量的数量积和韦达定理即可证明，需要分类讨论，【详解】解：（1）当时直线方程为或，直线与椭圆相切.当时，由得，由题知，，即，所以.故直线与椭圆相切.（2）设，，当时，，，，所以，即.当时，由得，则，，.因为.所以，即.故为定值.【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查向量的运算，注意直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．19、（1）（2）【解析】

（1）根据正弦定理化简等式可得，即；（2）根据题意，利用余弦定理可得，再表示出，表示出四边形，进而可得最值.【详解】（1），由正弦定理得：在中，，则，即，，即.（2）在中，又，则为等边三角形，又，-当时，四边形的面积取最大值，最大值为.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于基础题．20、（1）见解析（2）平面.见解析【解析】

（1）要证平面，只需证明，，即可求得答案；（2）连接交于点，连接，根据已知条件求证，即可判断与平面的位置关系，进而求得答案.【详解】（1），为边的中点，，平面平面，平面平面，平面，平面，，在内，，为所在边的中点，，又，，平面.（2）判断可知，平面，证明如下：连接交于点，连接.、、分别为边、、的中点，.又是的重心，，，平面，平面，平面.【点睛】本题主要考查了求证线面垂直和线面平行，解题关键是掌握线面垂直判定定理和线面平行判断定理，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.21、（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】

（Ⅰ），，两式相减化简整理利用等比数列的通项公式即可得出．（Ⅱ）由题设可得，可得，利用错位相减法即可得出．【详解】解：（Ⅰ）因为，故，两式相减可得，，故，因为是等比数列，∴，又，所以，故，所以；（Ⅱ）由题设可得，所以，所以，①则，②①－②得：，所以，得证.【点睛】本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算