2023-2024學年四川省成都市成華區高考數學（文）模擬試題一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分,每小題只有一個選項符合題目要求.1．已知，則下列判斷正確的是（

）A． B． C． D．2．已知復數z滿足，則（

）A．1 B． C． D．23．為加強居民對電信詐騙的認識，提升自我防范的意識和能力，擰緊保障居民的生命財產的“安全閥”，某社區開展了“防電信詐騙進社區，筑牢生命財產防線”專題講座，為了解講座效果，隨機抽取10位社區居民，讓他們在講座前和講座后各回答一份防電信詐騙手段知識問卷，這10位社區居民在講座前和講座后問卷答題的正確率如圖所示，則（

）A．講座前問卷答題的正確率的中位數大于75%B．講座后問卷答題的正確率的眾數為85%C．講座前問卷答題的正確率的方差小于講座后正確率的方差D．講座后問卷答題的正確率的極差大于講座前正確率的極差4．某幾何體的三視圖如圖所示，該幾何體的體積為（

）A． B．C． D．5．若拋物線上的點P到焦點的距離為8，到軸的距離為6，則拋物線的標準方程是（

）A． B． C． D．6．函數的部分圖象大致為（

）A． B．C． D．7．已知，則的值為（

）A． B． C． D．8．如圖，在正方體中，點，分別為，的中點，下列說法中不正確的是（

）A．平面 B．C．與所成角為45° D．平面9．已知函數在處有極小值，且極小值為，則（

）A． B． C． D．或10．一個球體被平面截下的一部分叫做球缺．截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直徑被截后，剩下的線段長叫做球缺的高，球缺曲面部分的面積，其中R為球的半徑，H為球缺的高．如圖，若一個半徑為R的球體被平面所截獲得兩個球缺，其高之比為，則表面積（包括底面）之比（

）A． B． C． D．11．已知函數的圖象關于直線對稱，則（

）A．函數在上單調遞增B．函數為偶函數C．若，則的最小值為D．函數的圖象向右平移個單位長度得到函數的圖象12．已知雙曲線的左?右焦點分別為，過點的直線與雙曲線在第二象限的交點為，若，則雙曲線的離心率是（

）A． B． C． D．二.填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．已知，則的最大值為___________14．已知單位向量的夾角為，則=_________.15．已知的內角，，的對邊分別為，，，且，若，，則的值是______．16．過直線上任一點P作直線PA，PB與圓相切，A，B為切點，則的最小值為______．三.解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．已知數列滿足，.(1)證明：數列是等比數列；(2)設，求數列的前項和.18．全國中學生生物學競賽隆重舉行.為做好考試的評價工作，將本次成績轉化為百分制，現從中隨機抽取了50名學生的成績，經統計，這批學生的成績全部介于40至100之間，將數據按照分成6組，制成了如圖所示的頻率分布直方圖.

(1)求頻率分布直方圖中的值，并估計這名學生成績的中位數；(2)在這名學生中用分層抽樣的方法從成績在的三組中抽取了11人，再從這11人中隨機抽取2人，求這2人成績都不在的概率.19．如圖，四棱柱的側棱⊥底面ABCD，四邊形ABCD為菱形，E，F分別為，的中點.

(1)證明：四點共面；(2)若，求點A到平面的距離.20．在平面直角坐標系中，點分別在軸，軸上運動，且，動點滿足．(1)求動點的軌跡的方程；(2)設圓上任意一點處的切線交軌跡于點兩點，試判斷以為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出該定點的坐標．若不過定點，請說明理由．21．已知函數．（1）當時，求函數的單調區間；（2）當時，函數有三個不同的零點，，，求證：．選考題（共10分，從以下的22、23兩題中任選一題作答，如果都做，則按所做的第一題給分）22．如圖，在極坐標系中，曲線C1是以C1（4，0）為圓心的半圓，曲線C2是以為圓心的圓，曲線C1、C2都過極點O．（1）分別寫出半圓C1，C2的極坐標方程；（2）直線l：與曲線C1，C2分別交于M、N兩點（異于極點O），P為C2上的動點，求△PMN面積的最大值．23．已知.(1)解關于的不等式：；(2)若的最小值為，且正數，滿足，求的最小值.1．D【分析】由元素與集合關系的判斷，【詳解】對于A，令，得，則，故A錯誤，對于B，令，得，則，故B錯誤，對于C，令，得，則，故C錯誤，對于D，令，得，則，故D正確，故選：D2．B【分析】運用復數乘法運算及復數相等可求得a、b的值，再運用共軛復數及復數的模的運算公式即可求得結果.【詳解】設（a，），則，根據復數相等的定義，得，解得或，所以．故選：B.3．B【分析】根據題意圖中的數據分析，結合中位數、眾數、極差的定義和方差的意義依次判斷選項即可.【詳解】由圖可知，講座前10位居民問卷答題的正確率分別為，講座后10位居民問卷答題的正確率分別為.A：講座前10位居民問卷答題的正確率按小到大排列為其中位數為，故A錯誤；B：講座后10位居民問卷答題的正確率的眾數為，故B正確；C：由圖可知，10位講座前的居民問卷答題的正確率波動比講座后的大，所以10位講座前的居民問卷答題的正確率的方差大于講座后的方差，故C錯誤；D：講座前10位居民問卷答題的正確率的極差為，講座后10位居民問卷答題的正確率的極差為，，故D錯誤.故選：B.4．B【分析】由題可得幾何體的直觀圖，然后根據體積公式即得．【詳解】該幾何體的直觀圖如圖所示，其體積為:．故選：B．5．C【分析】利用拋物線定義即可求得p，然后可得方程.【詳解】由拋物線定義可得：，解得，所以拋物線的標準方程為.故選：C6．C【分析】判斷函數的奇偶性，再用賦值法，排除ABD，即可.【詳解】由，得，所以為偶函數，故排除BD.當時，，排除A.故選：C.7．D【分析】利用兩角和正切公式得，再利用二倍角公式化簡，根據同角三角函數的基本關系將弦化切，代入計算可得.【詳解】因為，所以，則.故選：D8．D【分析】連接，，由中位線定理以及線面平行判定判斷A；由平面證明；由，得出與所成角；由與不垂直判斷D.【詳解】對于A：如圖，連接，.在正方形中，為的中點,，即也為的中點，在中，分別為的中點，，又平面，平面，平面，故A正確；對于B：平面，，，故B正確；對于C：，，與所成角為，故C正確；對于D：連接，，，與不垂直，即與不垂直，則不垂直平面，故D錯誤；故選：D9．A【分析】根據函數極值的性質，結合函數極值的定義進行求解即可.【詳解】．因為在處有極小值，且極小值為，所以，即，解得或．當時，，則在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，在處有極小值．當時，，則在上單調遞增，無極值．故選：A關鍵點睛：利用導數根據極值求出參數，必須要根據極值的定義進行驗證是解題的關鍵.10．B【分析】由球的性質可求出截面圓的半徑，從而求出表面積，可解此題.【詳解】∵，，∴，，∴．故選：B11．C【分析】根據周期和對稱軸可得函數所有對稱軸，根據對稱軸位置可判斷.【詳解】因為，故A不正確；由題知，的周期為，所以對稱軸為Z，所以的對稱軸為Z，顯然y軸不是其對稱軸，故B不正確；函數的圖象向右平移個單位長度后，其對稱軸為Z，顯然y軸不是其對稱軸，故D不正確；由題知，若，則的最小值為函數的半周期，故C正確.故選：C12．A【分析】根據得到三角形為等腰三角形，然后結合雙曲線的定義得到，過作，為垂足，可知為中點，從而求出，由得，在直角三角形中由勾股定理得，化簡即可求出雙曲線的離心率．【詳解】因為，所以，即，所以，由雙曲線的定義知，所以.如圖，過作，為垂足，因為，所以為的中點，，由得，即，所以，在直角中，,即，即，所以，解得，因為，所以雙曲線的離心率是.故選：A13．2【分析】作出不等式組所表示的陰影，平移直線即可求得結果.【詳解】不等式組所表示的陰影部分如圖所示，因為與y軸的交點為，所以當直線平移至點時，取得最大值為2.故2.14．先求出的值，再結合，可求出答案.【詳解】因為單位向量的夾角為，所以，所以==.故答案為.本題考查平面向量的數量積，考查平面向量的模，考查學生的計算求解能力，屬于基礎題.15．2【分析】由余弦定理求得，結合，可求得，故結合可求得，再利用余弦定理即可求得答案.【詳解】由中，可得，由于，則，且，由可得，故，故216．【分析】求出圓的圓心，半徑.然后根據已知可推得，四點共圓，進而得出是兩圓的公共弦，根據四邊形的面積，即可推得.然后求出的最小值，即可得出答案.【詳解】由已知可得，圓心，半徑.因為為切線，所以，所以，四點共圓，過圓心，所以，是圓與圓的公共弦，所以，且.設四邊形面積為，則.又，所以，.顯然，當增大時，也增大，所以，當最小時，有最小值.當時，最小，，此時.故答案為.17．(1)證明見解析；(2).【分析】（1）利用給定的遞推公式，結合推理判斷作答.（2）由（1）求出，再利用錯位相減法求和作答.【詳解】（1）當時，，解得，當時，，，兩式相減得，即，即有，而，則，，所以數列是以2為首項，2為公比的等比數列.（2）由（1）知，于是，則，于是，兩式相減得，所以.18．(1)；(2)【分析】（1）根據頻率分布直方圖中所有小矩形的面積之和為求出參數的值，再根據中位數計算規則計算可得；（2）首先求出各組抽取的人數，將這人按所在的組編號分別為：，，，求出基本事件總數，再找出符合題意的事件，最后利用古典概型的概率公式計算可得.【詳解】（1）由頻率分布直方圖的性質可得，，解得，設中位數為，因為，，所以，解得；（2）的三組頻率之比為，從中分別抽取人，人，人，將這人按所在的組編號分別為：，，，從中任取人，所有的取法有，共種取法，其中人成績都不在的取法有：，共種情況，所以這人成績都不在的概率.19．(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點為G，通過證明、，進而證明即可.（2）運用等體積法即可求得結果.【詳解】（1）取的中點為G，連接AG，GE，由E，G分別為，的中點，

所以EG∥DC∥AB，且，所以四邊形ABEG為平行四邊形，故，又因為F是的中點，所以，所以，故B，F，，E四點共面.（2）易知四邊形為菱形，且，，，，所以菱形的面積為，設點到平面BEF的距離為，點B到平面距離為，且，由，得：，因為，，所以，又因為，，、面，所以面，所以，所以.故點A到平面的距離為.20．(1)(2)以為直徑的圓過定點.【分析】（1）設，由得，運用坐標變換和圓的方程，可得軌跡方程；（2）討論切線的斜率不存在，求得切線方程，以及以為直徑的圓的方程，可得交點；當切線斜率存在時，設切線方程為，運用直線和圓相切的條件，以及與橢圓方程聯立，運用韋達定理，運用向量的數量積的性質，計算即可得到結論．【詳解】（1）設由得①由得所以代入①式得整理得，所以動點的軌跡的方程為.（2）①當切線斜率不存在時，切線方程為（i）當切線方程為時，以為直徑的圓的方程為②（ii）當切線方程為時，以為直徑的圓的方程為，③由②③聯立，可解得交點為.②當過點且與圓相切的切線斜率存在時，設切線方程為，則，故由聯立并消去整理得因為所以切線與橢圓恒有兩個交點，設，則所以所以，即以為直徑的圓過原點綜上所述，以為直徑的圓過定點.21．（1）增區間為，；減區間為；（2）證明見解析.【分析】（1）求出原函數的導函數，得到函數零點，由導函數零點對定義域分段，再由導函數在不同區間段內的符號得到原函數的單調區間；（2）由，可得是函數的一個零點，不妨設，把問題轉化為證，即證．由，得，結合，是方程的兩個實根，得到，代入，只需證，不妨設．轉化為證．設，則等價于．設，利用導數證明即可．【詳解】（1）解：，令，得，．當或時，；當時，．增區間為，；減區間為；（2）證明：，是函數的一個零點，不妨設，則要證，只需證．由，得，，是方程的兩個實根，，①，②，①②得：，代入，只需證，不妨設．，只需證．，只需證．設，則等價于．設，只需證，又，設，則，在上單調遞增，則．，從而在上是增函數，．綜上所述，．本題考查利用導數研究函數的單調性，考查利用導數求函數的極值，考查數學轉化思想方法，屬難題．22．（1）；；（2）．【分析】（1）直接利用轉換關系的應用，把參數方程極坐標方程和直角坐標方程之間進行轉換．（2）利用三角函數關系式的變換和三角形的面積的公式的應用求出結果．【詳解】（1）曲線C1是以C1（4，0）為圓心的半圓，所以半圓的極坐標方程為，曲線C2是以為圓心的圓，轉換為極坐標方程為．（2）由（1）得：|MN|＝|．顯然當點P到直線MN的距離最大時，△PMN的面積最大．此時點P為過C2且與直線MN垂直的直線與C2的一個交點，設PC2與直線MN垂直于點H，如圖所示：在Rt△OHC