2024年四川省绵阳中学高考数学模拟试卷（理科）（一）
一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集，集合，则( )
A. B. C. D.
2.若复数z满足，则z的共轭复数是( )
A. B. C. D.
3.已知为等差数列，为其前n项和.若，公差，，则m的值为( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
4.在菱形ABCD中，若且在上的投影向量为，则( )
A. B. C. D.
5.若双曲线上的一点到焦点的距离比到焦点的距离大b，则该双曲线的方程为( )
A. B. C. D.
6.设，是两个不同的平面，l，m是两条直线，且，则“”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
7.在平面直角坐标系xOy中，角以Ox为始边，终边在第三象限.则( )
A. B.
C. D.
8.函数是定义在上的偶函数，其图象如图所示，设是的导函数，则关于x的不等式的解集是( )
A. B. C. D.
9.某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉分叉的角度约为，再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O开始，沿直线繁殖到，然后分叉向与方向继续繁殖，其中，且与关于所在直线对称，，….若，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径单位：至少为( )
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
10.已知函数的零点个数为m，过点与曲线相切的直线的条数为n，则m，n的值分别为( )
A. 1，1 B. 1，2 C. 2，1 D. 2，2
11.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线的右支上，且满足，则该双曲线离心率的取值范围是( )
A. B. C. D.
12.已知函数的定义域为R，且，若，则下列结论错误的是( )
A. B.
C. 函数是偶函数 D. 函数是减函数
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若，则______.
14.已知，，则______.
15.已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球O的直径相等，则圆锥的体积与球O的体积的比值是______.
16.已知函数，给出下列四个结论：
①函数是奇函数；
②，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根；
③已知P是曲线上任意一点，，则；
④设为曲线上一点，为曲线上一点.若，则
其中所有正确结论的序号是______.
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题12分
中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，
求B；
若面积为，求BC边上中线的长.
18.本小题12分
如图，在四棱锥中，，M为BP的中点，平面
Ⅰ求证：；
Ⅱ若，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定.
求证：平面ABCD；
ⅱ设平面平面，求二面角的余弦值.
条件①：；
条件②：；
条件③：
注：如果选择的条件不符合要求，第问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
19.本小题12分
高三学生参加高考体检，一班共有50人，分成A，B，C三个小组，分别有15，15，20人.
若三组同学在一起排序进行，求最后一位同学来自A组且B组比C组结束的早的概率；
若每位同学的体检时间都是两分钟，三组同学在一起排序进行，求A组同学全部结束所需时间的期望.
20.本小题12分
已知函数
求曲线点处的切线方程；
若，，求实数a的取值范围.
21.本小题12分
已知抛物线C：的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点.
证明：直线MN过定点；
设G为直线AE与直线BD的交点，求面积的最小值.
22.本小题10分
在直角坐标系xOy中，曲线M的参数方程为为参数，曲线N的参数方程为为参数，曲线C的极坐标方程为
求曲线N的普通方程.
已知点，若曲线M与曲线C相交于A，B两点，求和的值.
23.本小题12分
已知关于x的不等式有解.
求实数t的取值范围；
若a，b，c均为正数，m为t的最大值，且求证：
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：全集，集合，
或
故选：
利用集合的补集运算求解．
本题主要考查了补集的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：复数z满足，
z的共轭复数是：
故选：
求出复数z即可求解结果．
本题考查复数的基本运算，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：，
，
，即，
，，
，
故选：
由等差数列的通项公式可得，又因为，所以，再结合等差数列的性质求解即可．
本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：在菱形ABCD中，由可得：，
则为等边三角形，
过点D作AB的垂线，与AB交于点E，则E为AB中点，
由投影向量的定义可知，即为在上的投影向量，
故，故
故选：
根据向量减法的几何意义得，则为等边三角形，再根据投影向量定义即可求得
本题考查向量减法的几何意义，考查投影向量的概念，属基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意得，，
设双曲线上的点为P，则，
又，
故，，
故双曲线方程为
故选：
由已知结合双曲线的定义及性质即可求解．
本题主要考查了双曲线的定义及性质在双曲线性质的应用，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：，，则，，，则充分性成立；
如图，设平面ABCD为平面，平面为平面，
为直线m，为直线l，其中，可得，
且，，但此时，必要性不成立，
则“”是“”的充分而不必要条件．
故选：
根据线面垂直的性质判断充分性，举反例判断必要性是否成立．
本题考查充分必要条件的判断，线面的位置关系，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：对于A，当时，的值趋近于1，的值趋近于0，故A错误；
当时，，，故B错误；
，
则，故C正确，D错误．
故选：
根据已知条件，结合特殊值法，以及作差法，即可求解．
本题主要考查三角函数值的符号，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由图象可知，当时，单调递减，，当时，单调递增，，
由可得，或，
即或，
解得，或
故选：
由已知结合导数与单调性关系及偶函数的性质即可求解．
本题主要考查了导数与单调性关系在不等式求解中的应用，属于中档题．
9.【答案】C
【解析】解：由题意可知，，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，
依题意可知秥菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在方向上前进的距离依次为：，则，
黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，
即，
综合可得培养血的半径单位：至少为8cm，
故选：
根据 菌的繁殖规律可得每次繁殖在方向上前进的距离，结合无穷等比递缩数列的和的计算公式，即可判断答案．
本题主要考查归纳推理，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：令，即时，，解得，
时，，无解，故，
设过点与曲线相切的直线的切点为，
当时，，则有，
有，整理可得，即，
即当时，有一条切线，
当时，，则有，
有，整理可得，
令，
则，
令，可得，
故当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
由，
，故在上没有零点，
又，
故在上必有唯一零点，
即当时，亦可有一条切线符合要求，
故
故选：
借助分段函数性质计算可得m，借助导数的几何意义及零点的存在性定理可得
本题主要考查利用导数求切线方程，属于难题．
11.【答案】D
【解析】解：在中，由正弦定理得，则①，
②，
由①②可得，
点P在双曲线的右支上，，
整理可得：，且，
，且
解得，
故选：
中，由正弦定理可得，根据P在双曲线右支上，得关于e的不等式，从而求出e的范围．
本题考查了求双曲线的离心率的范围的问题，也考查了双曲线的定义与简单性质的灵活运用问题，是中档题．
12.【答案】C
【解析】解：令、，则有，
又，故，即，
令，，则有，
即，由，可得，
又，故，故A正确；
令，则有，即，
故函数是奇函数，
有，即，即函数是减函数，
令，有，故B正确、C错误、D正确．
故选：
利用赋值法检验选项A，B，结合函数的奇偶性及单调性检验选项C，
本题主要考查了函数的奇偶性，单调性的判断，还考查了赋值法求解抽象函数的函数值，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：令，则有，
令，则有，
则，
，
故
故答案为：
借助赋值法，分别令、，计算即可得解．
本题主要考查二项式定理，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：因为，
则，
显然，可得，
整理得，解得或，
又因为，
则，
可得，
所以
故答案为：
根据题意利用三角恒等变换可得，再利用倍角公式以及齐次化问题分析求解．
本题考查了三角函数恒等变换在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，球O的半径为R，
因为圆锥的轴截面为正三角形，可知圆锥的高，
则，即，
可得圆锥的体积，
球O的体积，
所以
故答案为：
设圆锥的底面半径为r，球O的半径为R，由题意可得，结合体积公式运算求解．
本题主要考查求圆锥和球的体积，属于中档题．
16.【答案】②③④
【解析】解：对①：令，即，解得
因为的定义域不关于原点对称，所以函数是非奇非偶函数，故①错误；
对②：，即，当时，有，可知0是该方程的一个根．
当，时，由，故，结合定义域可得有，即，
令，，有或负值舍去，则，
故必有一个大于1的正根，即必有一个大于1的正根；
当，时，由两边平方得，即，结合定义域可知
方程根的判别式，可得或正值舍去
令，即，则，
即，故方程在定义域内亦必有一根．
综上所述，，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根，故②正确；
对③：令，则有，，
令，
当时，；当时，
故在、上单调递增，在区间上单调递减，
结合，，可知恒成立，即，故恒成立，所以③正确；
对④：当时，由得，
此时，则；
当时，由的图象与的图象关于x轴对称，
不妨设，则有或
当时，由，得成立；
当时，则有，即点M、N关于点对称，
由③的结论，可知点M到的距离，
同理可得，故
综上所述，恒成立，故④正确．
故答案为：②③④．
函数奇偶性的定义加以判断，可得①的正误；对于②，分与两种情况讨论，结合一元二次方程的求根公式计算即可作出判断；对于③，借助于两点间的距离公式与导数研究函数的单调性，求出的最值，即可作出判断；对于④，利用③中所得结论并结合函数的性质加以计算，即可作出判断．
本题主要考查两点间的距离公式及其应用、函数的奇偶性与单调性、利用导数研究函数的单调性与最值、函数与方程的综合应用等知识，属于中档题．
17.【答案】解：，，
，
，
或舍，
又，
；
，，，
，
，
即，
得，
由正弦定理，
得，
设BC边的中点为D，连接AD，如下图：
，
即，
即，
解得
【解析】边化角结合二倍角公式即可得到角B；
根据，得，再根据三角形面积公式即可得到，再由正弦定理得边C，再由，即可得到答案．
本题考查解三角形的应用，属于中档题．
18.【答案】解：Ⅰ证明：取PC的中点N，连接MN，ND，
因为M为BP的中点，所以，，
因为，所以，所以M，N，D，A四点共面．
因为平面CDP，平面平面，所以，
所以所以
Ⅱ取BC的中点E，连接AE，AC，
由Ⅰ知，所以
因为，所以四边形AECD是平行四边形．
所以，
因为，所以，所以，即
选条件①：
证明：因为，，所以≌，所以
因为，所以，所以，即所以平面
由知平面ABCD，所以
因为，，如图建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，，
设平面PDC的法向量为，则，即，
令，则，，所以，
因为为平面PAB的法向量，且，，
所以二面角的余弦值为
选条件③：
证明：所以因为，，所以≌
所以，即因为，所以平面
ⅱ由知平面ABCD，所以
因为，，如图建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，，
设平面PDC的法向量为，则，即，
令，则，，所以，
因为为平面PAB的法向量，且，，
所以二面角的余弦值为
不可选条件②，理由如下：
由可得，又，
，PA，平面PAC，平面PAC，
平面PAC，，
是由已知条件可推出的条件，
故不可选条件②．
【解析】Ⅰ取PC的中点N，连接MN，ND，由M为BP的中点，得，由，得，从而M，N，D，A四点共面．由平面CDP，得，从而，由此能证明
Ⅱ取BC的中点E，连接AE，AC，推导出四边形AECD是平行四边形，推导出，
选条件①：由，，推导出≌，，由，得，，从而，由此能证明平面
由知平面ABCD，得，由，，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．
不可选条件②，理由是是由已知条件可推出的条件．
选条件③：，推导出≌，由此能证明平面
ⅱ由知平面ABCD，得，由，，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．
本题考查线面平行的判定与性质、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：设“最后是A组同学，且B比C先完成”，
则；
设所需时间为T，则T可取30，32， ，， ，10030，32，…，，…，…，
则，
，
因为，
所以
【解析】设“最后是A组同学，且B比C先完成”，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
设所需时间为T，得到，结合组合数的性质运算即可得的值．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了组合数的性质，属于中档题．
20.【答案】解：，
，因为，
所以切线方程为，
即
由题意，，
令，则，
令，
①当，即时，，在单调递增，，
所以，在单调递增，，不合题意．
②当，即时，，在单调递减，，
所以，在单调递减，所以，符合题意．
③当，即时，由，，
所以，使得且时，，
所以，在单调递增，，不符合题意．
综上，，即a的取值范围是
【解析】对求导，利用导数的几何意义及点斜式方程求解即可；
由题意，令，对求导，再对a分类讨论，判断函数的单调性，从而可得满足条件的a的取值范围．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的最值，不等式恒成立求参数范围问题，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】证明：由C：，故，由直线AB与直线CD垂直，
故两只直线斜率都存在且不为0，
设直线AB、CD分别为、，有，
、、、，
联立C：与直线AB，即有，
消去x可得，，
故、，
则，
故，，
即，同理可得，
当时，
则，
即
，
由，即，
故时，有，
此时MN过定点，且该定点为，
当时，即时，由，即时，
有：，亦过定点，
故直线MN过定点，且该定点为；
解：由、、、，
则，由、，
故，
同理可得，联立两直线，即，
有，
即，
有，由，同理，
故
，
故，
过点G作轴，交直线MN于点Q，则，
由、，
故，
当且仅当时，等号成立，
下证：
由抛物线的对称性，不妨设，则，
当时，有，则点G在x轴下方，点Q亦在x轴下方，
有，由直线MN过定点，
此时，
同理，当时，有点G在x轴上方，点Q亦在x轴上方，
有，故此时，
当且仅当时，，
故恒成立，且时，等号成立，
故，
【解析】设出直线AB与直线CD的方程，联立曲线后得到与纵坐标有关韦达定理，结合题意，表示出直线MN后即可得定点坐标；
设出直线AE与直线BD的方程，联立两直线后结合第一问中韦达定理得出点G的横坐标恒为，再结合面积公式及基本不等式即可得．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
22.【答案】解：由为参数，则，即，
则，整理得，
即曲线N的普通方程为；
由为参数，则，故M为直线，
由，有，即，
联立，消去y，可得，，
令，，则有，，
则，
，
即，
【解析】将t用x、y表示后，代入消去t即可得；
求出曲线M的普通方程与曲线C的直角坐标方程，联立后结合韦达定理计算即可得．
本题考查的知识点：参数方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数之间的关系，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
23.【答案】解：令，
所以当时，取得最大值为3，
关于x的不等式有解等价于，即，
当时，上述不等式转化为，解得，
当时，上述不等式转化为，解得，
综上所述t的取值范围为，
故实数t的取值范
证明：根据可得a，b，c均为正实数，且满足，
所以由柯西不等式可得，
当且仅当，，时取等号，
所以
【解析】令，求出的最大值，由不等式有解可知，从而得到关于t的不等式，即可解出t的取值范围；
由柯西不等式得即可证明结论．
本题主要考查不等式的证明，考查转化能力，属于中档题．
第1页，共1页
