四川省攀枝花市2024届高考 数学三模（理科）试卷【含答案】

2024年四川省攀枝花市高考数学三模试卷（理科）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．设集合，且，则（

）A． B． C．1 D．22．某地区共8000人参加数学联考，考试成绩ξ近似服从正态分布N(100,)，若P（100≤ξ≤110）＝0.35（90分以下）的学生人数为（

）A．1000 B．1200 C．1400 D．28003．已知复数，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4．函数的部分图象大致是（

）A． B．C． D．5．若正项等比数列满足，则数列的前4项的和的值是（

）A． B． C． D．6．如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（

）A． B． C． D．7．已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线上位于第二象限内的一点，点在轴上运动，若的最小值为，则双曲线的渐近线方程为（

）A． B． C． D．8．数列的前项和为，，，设，则数列的前51项之和为（

）A． B． C．49 D．1499．某公园有如图所示A至F共6个座位，现有2个男孩2个女孩要坐下休息，要求相同性别的孩子不坐在同一行也不坐在同一列（

）A．24 B．36 C．72 D．8110．将函数的图象向右平移m（m＞0）个单位长度后得到的图象与y＝ksinxcosx（k＞0）的图象关于，则m+k的最小值是（

）A． B． C． D．11．在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，①平面；②平面；③圆锥的侧面积为；④三棱锥的内切球表面积为．其中正确的结论个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．412．设a＝0.98+sin0.01，b＝e﹣0.01，，则（

）A．b＞a＞c B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．c＞a＞b二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为．14．若的展开式中的系数为，则展开式中所有项的二项式系数之和为．（以数字作答）15．已知平面向量，若，则．16．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，且，则椭圆的离心率为．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.第17~21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.17．请在①，②，③三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，所对的边分别是，已知_____．(1)求角；(2)若，点在边上，为的平分线，求边长的值．18．为弘扬中华民族优秀传统文化，某校举行“阅读经典名著，传承优秀文化”闯关活动．参赛者需要回答三个问题，其中前2个问题回答正确各得5分，回答不正确得0分；第三个问题回答正确得10分，回答不正确得-5分，得分不少于15分即为过关．如果甲同学回答前两个问题正确的概率都是，回答第三个问题正确的概率为(1)求甲同学过关的概率；(2)求甲同学回答这三个问题的总得分X的分布列及数学期望．19．如图，直三棱柱中，，点在线段上，且，．(1)证明：点为的重心；(2)若，求二面角的余弦值．20．已知抛物线上一点Q到焦点F的距离为2，点Q到y轴的距离为．(1)求抛物线C的方程；(2)过F的直线交抛物线C于A，B两点，过点B作x轴的垂线交直线AO（O是坐标原点）于D，过A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，直线与交于点G．求21．已知函数．(1)求函数的极值；(2)设函数的导函数为，若（），证明：．（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分.22．如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，极轴所在的直线为轴，建立极坐标系，曲线是经过极点且圆心在极轴上，半径为1的圆；曲线是著名的笛卡尔心形曲线，它的极坐标方程为．(1)求曲线的极坐标方程，并求曲线和曲线交点（异于点）的极径；(2)曲线的参数方程为（为参数），若曲线和曲线交于除点以外的两点，求的面积．【选修4-5：不等式选讲】（10分）23．已知函数．(1)当时，解不等式；(2)若的解集包含，求的取值范围．1．D【分析】求得集合和，根据题意，得到，即可求解.【详解】解：由题意，集合，，因为，可得，解得.故选：D.2．B【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性，频率与频数的关系，即可求解．【详解】考试成绩ξ近似服从正态分布N(100,)，若P(100≤ξ≤110)＝0.35，则P(90≤ξ≤100)＝P(100≤ξ≤110)＝0.35，故P(ξ＜90)＝P(ξ≤100)﹣P(90≤ξ≤100)＝0.5﹣0.35＝0.15，某地区共8000人参加数学联考，则估计成绩不及格(90分以下)的学生人数为8000×0.15＝1200．故选：B．3．B【分析】根据复数的模得到关于a的方程，求出a的值，再根据集合的包含关系以及充分必要条件的定义判断即可．【详解】因为，且，整理得，解得或，即等价于或，且是的真子集，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B．4．D【分析】由函数的奇偶性可排除A；由特值法可排除B；当，且趋近时，所以可排除C，即可得出答案..【详解】的定义域为，，所以为奇函数，故A错误；当，且趋近时，,,所以，故C错误，当时，，故B错误.故选：D.5．A【分析】设正项等比数列的公比为，由，可得，求解可得，进而可求得，可求得数列的前4项的和的值.【详解】设正项等比数列的公比为，因为，所以，解得，所以，所以，所以，所以，所以数列的前4项的和的值为.故选：A.6．C【分析】由三视图可知，该几何体是一个正方体截去两个半圆柱，结合圆柱的表面积公式计算即可求解.【详解】由三视图可知，该几何体是一个正方体截去两个半圆柱，其表面积为.故选：C7．C【分析】由，可求得，再由左、右焦点分别为，可求得，进而求得，可求双曲线的渐近线方程.【详解】作出双曲线的示意图，如图所示：连接，因为，当且仅当在同一直线上时取等号，又的最小值为，所以，所以，又因为双曲线的左、右焦点分别为，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为.故选：C.8．B【分析】由与的关系，结合等差数列的通项公式求得，即可得到，再由并项求和法计算可得．【详解】因为，当时，，即，可得，又，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，则，当时，所以，当时也成立，所以，可得数列的前项之和为．故选：B．9．C【详解】根据题意，先排男生再排女生，由分步计数原理计算可得答案．【解答】第一步：排男生，第一个男生在第一行选一个位置有3个位置可选，另一个男生有两种排法，由于两名男生可以互换，故男生的排法有种，第二步：排女生，若男生选AF，CD，两个女生排在,由于女生可以互换，故女生的排法有种，根据分步计数原理，共有种．故选：C．10．A【分析】由半角公式可得函数y的解析式，再由题意可得，可得k，m的表达式，进而可得m的最小值，求出m+k的最小值．【详解】因为，由题意可得函数为，即的图象与的图象关于，设为上的任意一点，则该点关于对称的点在上，所以，由题意可得，两函数图象上的最高点也关于，所以，则，又，所以，解得，因为m＞0，所以m的最小值为，所以．故选：A．11．C【分析】根据正弦定理求得圆锥的底面半径，从而求得圆锥的高，再计算出圆锥的侧面积即可判断③；采用反证的方法可判断①；根据线面垂直的判定定理可判定平面判断②；求出三棱锥的各个面的面积及体积，再利用等体积法求出内切球的半径，即可判断④．【详解】由是底面圆的内接正三角形，，设圆锥的底面半径为r，则可得，即，解得.

因为，故高，所以圆锥的侧面积，故③正确；假设平面，由于平面，平面平面，故，则，而因为为底面圆的直径，又，且（矛盾），故、不可能平行，所以与平面不平行；故①错误；因为为线段的中点，故，则，，，故，，又，平面，所以平面，故②正确；又，，，设三棱锥的内切球的半径为，则，即，解得，，所以三棱锥的内切球的表面积，故④正确．综上有②③④正确.故选：C．12．B【分析】由，可得a＜0.99，由，可得b＞0.99，由基本不等式和对数的运算计算可得c＞1，从而即可求得．【详解】令，则，当时，，所以在上单调递增，所以，所以，所以令，求导得，所以当时，，所以在上单调递减，所以，所以，可得，所以，，所以．故选：B．【点睛】本题考查不等式的应用，对数的运算等，属于中档题.13．6【分析】作出实数x，y满足约束条件对应的平面区域，然后数形结合即得.【详解】作出实数x，y满足约束条件对应的平面区域如图所示：由，得，平移直线，由图象可知当直线经过点A时，直线的截距最大，此时z最大.由，得，此时z的最大值为，故答案为：6.14．32【分析】直接利用二项式的展开式求出结果．【详解】根据的展开式的通项公式为，当r＝3时，，解得；故所有项的二项式系数之和为．故答案为：32．15．##【分析】由平行向量的坐标表示可得，再由两角差的余弦公式和同角三角函数的商数关系求解即可.【详解】因为平面向量，若，所以，所以，所以.故答案为：.16．##【分析】延长交于点,由题意可求出，因为点在上，代入椭圆的方程，化简即可得出答案.【详解】延长交于点，因为，所以，所以点在轴上，因为，所以为等腰直角三角形，所以，过点作交于点，所以，所以，因为点在上，所以，即，则，即，即，所以，因为，所以，所以.故答案为：.

17．(1)；(2)【分析】（1）选①，由余弦定理可得的值，再由角的范围，得到角的大小即可；选②，由正弦定理及辅助角公式，可得的值，再由角的范围，得到角的大小即可；选③，由三角形内角和定理及半角公式得到角的大小即可；（2）由角平分线的性质结合等面积法列出方程，得到的值即可．【详解】（1）选①，因为，则由余弦定理可得，整理可得，由余弦定理可得，可得，因为，所以；选②，，所以，整理可得：，因为，所以，因为，可得；选③，，可得，可得，因为，所以，可得；（2）在中，，可得，记为①，又，记为②，由①②可得，解得或（舍去），所以边长．18．(1)(2)分布列见解析，12.5【分析】（1）甲同学过关有两种情况：①前两个问题一对一错，第三个问题答对，②三个问题均答对，再结合独立事件的概率乘法公式求解；（2）由题意可知，X的所有可能取值为﹣5，0，5，10，15，20，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到X的分布列，再结合期望公式求解．【详解】（1）甲同学过关有两种情况，分别为事件A：前两个问题一对一错，事件B：三个问题均答对，其概率分别为，所以甲同学过关的概率为；（2）由题意可知，X的所有可能取值为，则，，，，，，所以X的分布列为：X﹣505101520P所以．19．(1)证明见解析(2)．【分析】（1）延长交于点，连接，可证得，结合直棱柱的性质可证得，从而可证为的中点，则可得，即可得证；（2）取中点，连接，取中点，连接，，可证出为二面角的平面角，在中计算求值即可．【详解】（1）证明：如图，延长交于点，连接，因为，，，平面所以平面，因为平面，所以，因为直三棱柱中，平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，所以为的中点，因为∥，所以，所以点为的重心；（2）解：取中点，连接，因为，所以，因为直三棱柱中，平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，取中点，连接，，则‖，,因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以，因为，所以，因为，所以∽，所以，因为，所以，得，所以，所以，因为，所以，在中，，即二面角的余弦值为．20．(1)；(2)【分析】（1）由题意，设出点Q的坐标，根据题目所给信息列出等式求出p的值，进而可得抛物线的方程；（2）设出直线的方程和A，B两点的坐标，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点D，G的坐标，即可求出的表达式，再进行求解即可．【详解】（1）不妨设，因为抛物线C上一点Q到焦点F的距离为4，点Q到y轴的距离为，所以，整理得，解得或（舍去），则抛物线C的方程为；（2）由题意知直线的斜率必存在，，不妨设直线AB的方程为，，联立，消去y并整理得，，由韦达定理得，易知直线OA的方程为，因为轴，所以，即，所以，因为DF⊥AE，所以，则直线AE的方程为，因为，所以，此时，因为，所以，由题意知，则，所以．故的取值范围为．【点评】易错点点睛：本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．容易出错的地方在于计算，并且计算基本都是相关字母参数的运算，因此要求十分细心才可以.21．(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求得，得出函数的单调性，结合极值的概念，即可求解；（2）由，得到，求得，得到，化简得到，设，利用函数的导数求解函数的最小值，即可求解．【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，且，当时，，函数在上单调递增，无极值；当时，令，可得；令，可得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值.（2）证明：由（1）知，，可得，且，所以，所以，因为，所以，可得，则，因为，所以，记得，所以，设，可得，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，所以，当时，，所以，所以，即.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略