2023-2024學年四川省高考沖刺數學（理）仿真模擬試題（五模）一、單選題1．已知集合．集合，則（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】求出集合、，利用補集和交集的定義可求得集合.【詳解】因為，，故，因此，.故選：B.2．若復數，在復平面內對應的點關于虛軸對稱，且，則（

）A． B． C． D．【正確答案】D【分析】先根據兩復數對應的點關于虛軸對稱得到，再利用復數的除法法則進行求解.【詳解】因為復數、在復平面內對應的點關于虛軸對稱，且，所以，則.故選：D.3．已知函數則“”是“有2個零點”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【正確答案】C【分析】先由零點存在性定理得到時，函數有1個零點，再求出時，當時，有1個零點，從而得到充分性與必要性都成立，求出答案.【詳解】當時，單調遞增，又，，由零點存在性定理可知：只有1個零點，且該零點為負數；當時，令，解得：或（舍去）若有零點，則，即，此時有1個零點，且該零點為正數．綜上：當時，有兩個零點，充分性成立當有兩個零點時，，必要性成立，故“”是“有2個零點”的充要條件．故選：C4．執行如圖所示的程序框圖，則輸出的值為（

）A．11 B．12 C．13 D．14【正確答案】C【分析】根據程序框圖的意義，結合指數對數的關系，求得答案.【詳解】由，得到，當從1一直取到最后一個小于等于4100的數，且實數為整數的值時，計數這樣的情況的次數，即為最后輸出的的值.由，可得輸出的值為13.故選：C5．已知奇函數的圖象關于直線對稱，且在區間上單調，則的值是（

）A． B． C． D．2【正確答案】C【分析】由條件結合余弦型函數的性質列關系式求.【詳解】因為函數為奇函數，所以，，又函數的圖象關于直線對稱，所以，，所以，，由函數為奇函數且在區間上單調，所以函數在區間，所以函數的周期，所以，又，所以，故選：C.6．在三棱錐中，平面，則三棱錐的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【正確答案】A【分析】先用正弦定理求出外接圓的半徑，然后利用求出三棱錐外接球的半徑，即可算出表面積.【詳解】設外接圓的半徑為，圓心為，根據正弦定理，則，故，設三棱錐外接球的半徑為，球心為O，

由，可知為等腰三角形，過作于，則為中點，由平面，平面，故，則共面，因為平面，平面，所以，又，故，于是四邊形為平行四邊形，因為，所以四邊形為為矩形，則，故三棱錐的外接球的表面積為.故選：A.7．已知橢圓：，定點，，有一動點滿足，若點軌跡與橢圓恰有4個不同的交點，則橢圓的離心率的取值范圍為（

）A． B． C． D．【正確答案】D【分析】設動點，求出其軌跡，求出，即得解.【詳解】解：設動點，由題得，化簡得.所以動點的軌跡是以原點為圓心，以為半徑的圓.因為點軌跡與橢圓恰有4個不同的交點，所以.所以橢圓的離心率.因為橢圓的離心率，所以橢圓的離心率的取值范圍為.故選：D8．若，則（

）A．270 B．135 C．135 D．270【正確答案】B【分析】以代替，可得，求出的系數，即可得答案【詳解】，以代替，得，所以其通項公式為，令，所以，故選：B9．下列結論正確的有（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則【正確答案】A【分析】利用對數函數和指數函數的單調性可判斷A選項；利用特殊值法可判斷B選項；利用函數在上的單調性可判斷C選項；利用正弦函數的單調性可判斷D選項.【詳解】對于A，，A對；對于B，，則，則，如取，，則，故不能推出，B錯；對于C，令，其中，則，所以，函數在上為減函數，因為，則，即，即，可得，C錯；對于D，由，則，因為函數在上為增函數，故，D錯．故選：A．10．已知動圓過點，且與直線相切，記動圓的圓心軌道為，過上一動點作曲線的兩條切線，切點分別為，直線與軸相交于點，下列說法不正確的是（

）A．的方程為B．直線過定點C．為鈍角（為坐標原點）D．以為直徑的圓與直線相交【正確答案】D【分析】設動圓圓心為，根據題意可求得動圓的圓心軌跡方程，判斷A；利用導數的幾何意義表示曲線的切線方程，進而可求得直線的方程，可說明其過定點，判斷B；利用向量的數量積的計算，可判斷C；根據拋物線的定義結合幾何性質可判斷D.【詳解】設動圓圓心為，

依題意得：，即的方程為，故A正確；由得，，∴，∴切線的方程為：，即，又，∴，同理可得切線的方程為，又切線經過點，∴，故直線的方程為，∴直線過定點，故B正確；聯立消去整理得，故，，則，∴為鈍角，故C正確；由于直線恒過拋物線焦點，設中點為，過向直線作垂線，垂足分別為，連接，由拋物線定義，，∴，∴以為直徑為圓與直線相切，故D錯誤，故選：D．11．已知函數與相交于，兩點，與相交于，兩點，若，，，四點的橫坐標分別為，且，則下列等式不成立的是（

）A． B．C． D．【正確答案】C【分析】根據，分別代入，即可判斷A,B，根據，關于直線的對稱，因此可知對稱，對稱，即可根據對稱性判斷CD.【詳解】由題意可知是方程的一個根，則，將代入得，所以也是方程的一個根，所以，故，故A正確，由題意可知是方程的一個根，則，則，所以也是方程的一個根，所以，故，故B正確，設點在函數上，則滿足，即，點關于直線的對稱點為，對于，令，則，由，即，所以，即點也在函數上，即關于直線的對稱，又關于直線的對稱，因此可知對稱，對稱，故和，所以，，故D正確，由于，，故C錯誤，故選：C

12．如圖，已知是邊長為4的等邊三角形，分別是的中點，將沿著翻折，使點A到點處，得到四棱錐，則下列命題錯誤的是（

）

A．翻折過程中，該四棱錐的體積有最大值為3B．存在某個點位置，滿足平面平面C．當時，直線與平面所成角的正弦值為D．當時，該四棱錐的五個頂點所在球的表面積為【正確答案】B【分析】對于A：根據垂直關系錐體的體積分析運算；對于B：根據題意結合二面角分析判斷；對于C：根據線面夾角的定義結合垂直關系分析運算；對于D：根據題意結合球的性質分析運算.【詳解】如圖，設分別為的中點，則，對于選項A：當平面平面時，四棱錐的體積最大，因為為的中點，且為等邊三角形，則，平面平面，平面平面，平面，所以平面，此時體積，故A正確；對于選項B：因為//，平面，平面，所以//平面，設平面平面，且平面，則//BC，且//，則//，又因為平面，所以平面，則平面，可得，，即為平面與平面所成的二面角，由可知，，故B錯誤；對于選項C：過作的垂線，垂足為，則，因為平面，平面，則，平面，所以平面，則為直線與平面的所成角．依題意可知，，在中，由余弦定理可得，且，則；在中，，從而直線與平面所成角的正弦值為，故C正確；對于選項D：當時，由，可知，即，又因為，且，則平面，且平面，則平面平面．設四棱錐的外接球球心為，的外心為，如圖，因為，則點為等腰梯形的外心，則四邊形為矩形，且，可得，所以所求外接球的表面積為，故D正確．故選：B．

方法點睛：求解平面圖形折疊問題的關鍵和方法（1）關鍵：分清翻折前后哪些位置關系和數量關系改變，哪些不變，抓住翻折前后不變的量，充分利用原平面圖形的信息是解決問題的突破口．（2）方法：把平面圖形翻折后，經過恰當連線就能得到三棱錐，四棱錐等幾何體，從而把問題轉化到我們熟悉的幾何中解決．二、填空題13．若，，則____________【正確答案】【分析】先求得，然后求得.【詳解】，，，，，，所以.故14．已知，，，若，則________．【正確答案】【分析】根據向量垂直數量積為零，列出方程即可求解.【詳解】因為已知，，，所以，又因為，所以，解得.故15．已知雙曲線的右焦點為，過雙曲線上一點（）的直線與直線相交于點，與直線相交于點，則______.【正確答案】【分析】根據給定條件，求出點的坐標，再利用兩點間距離公式化簡計算作答.【詳解】因為在雙曲線，即有，又由得，由得，因此，，，則，所以.故方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．16．已知函數，若關于x的方程恰有兩個不相等的實數根，且，則的取值范圍是______．【正確答案】【分析】根據給定分段函數，求出函數的解析式，確定給定方程有兩個不等實根的a的取值范圍，再將目標函數用a表示出即可求解作答.【詳解】函數在上單調遞增，，在上單調遞增，，當，即時，，且，當，即時，，且，當，即時，，且，因此，在坐標系內作出函數的圖象，如圖，再作出直線，則方程有兩個不等實根，當且僅當直線與函數的圖象有兩個不同交點，觀察圖象知方程有兩個不等實根，當且僅當，此時，且，即，且，則有，令，求導得，令，當時，，即函數在上單調遞增，當時，，即，因此函數在上單調遞增，，而，于是當時，，有，所以的取值范圍是.故思路點睛：涉及給定函數零點個數求參數范圍問題，可以通過分離參數，等價轉化為直線與函數圖象交點個數，數形結合推理作答.三、解答題17．已知數列中，，．(1)求證：數列為等比數列；(2)設，記數列的前項和為，求使得的正整數的最小值．【正確答案】(1)證明見解析(2)8【分析】（1）轉化原式為，根據等比數列的定義，即得證；（2）轉化，分組求和得到，結合二項式定理，即得證【詳解】（1）由，得，所以，因為，則是公比為3的等比數列．（2）由（1）得．所以，記故為等比數列所以．所以，因為25與64互素，所以可被整除因為故可被64整除時，正整數的最小值為8．18．如圖，在三棱柱中，為的中點，為等邊三角形，直線與平面所成角大小為.(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值.【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先利用線面垂直的判定定理證得平面，從而得到在平面的射影在直線上，即，進而證得，再利用線面垂直的判定定理證得平面，則，接著利用勾股定理證得，由此可得平面；（2）結合（1）中結論，建立空間直角坐標系，先求得所需各點坐標，再求得平面與平面的法向量，從而利用向量夾角余弦的坐標表示即可求得平面與平面夾角的余弦值.【詳解】（1）取中點，連接?，因為，為的中點，所以，故，因為為等邊三角形，所以，又因為，面，因此平面，因為平面，所以平面平面，因為平面平面，所以直線在平面的射影在直線上，所以直線與平面所成角為，則，因為，，所以是正三角形，則，因為為等邊三角形，，則，所以在中，由，得，則，所以，因為，面，所以平面，因為平面，所以，因為，在中，，，所以，又，所以，即，又平面，所以平面.（2）由（1）可知??兩兩垂直，以為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，，，，由于是的中點，易得，又由可得，所以，，設平面的法向量為，則，即，令，得，設平面的法向量為，則，即，令，得，設平面與平面的夾角為，易知，所以，即平面與平面夾角的余弦值為.19．2022年11月21日.第22屆世界杯在卡塔爾開幕.小組賽階段，已知某小組有甲、乙、丙、丁四支球隊，這四支球隊之間進行單循環比賽（每支球隊均與另外三支球隊進行一場比賽）；每場比賽勝者積3分，負者積0分；若出現平局，則比賽雙方各積1分.若每場比賽中，一支球隊勝對手或負對手的概率均為，出現平局的概率為.(1)求甲隊在參加兩場比賽后積分的分布列與數學期望；(2)小組賽結束后，求四支球隊積分均相同的概率.【正確答案】(1)分布列見解析，(2)【分析】（1）甲隊參加兩場比賽后積分的取值為0，1，2，3，4，6，求出取每個值的概率后，可得分布列和數學期望；（2）根據題意分析，可得要使四支球隊積分相同，則每只球隊總積分為3分或者4分，然后分2種情況求出概率，再相加可得解.【詳解】（1）甲隊參加兩場比賽后積分的取值為0，1，2，3，4，6，則，，，，，，所以隨機變量X的分布列為：012346隨機變量的數學期望：.（2）由于小組賽共打6場比賽，每場比賽兩個球隊共積2分或者3分；6場比賽總積分的所有情況為12分，13分，14分，15分，16分，17分，18分共7種情況，要使四支球隊積分相同，則總積分被4整除，所以每只球隊總積分為3分或者4分.若每支球隊得3分：則6場比賽都出現平局，其概率為：；若每支球隊得4分：則每支球隊3場比賽結果均為1勝1平1負，其概率為：﹒所以四支球隊積分相同的概率為.20．已知拋物線的準線與x軸的交點為H，直線過拋物線C的焦點F且與C交于A，B兩點，的面積的最小值為4．(1)求拋物線C的方程；(2)若過點的動直線l交C于M，N兩點，試問拋物線C上是否存在定點E，使得對任意的直線l，都有，若存在，求出點E的坐標；若不存在，則說明理由．【正確答案】(1)(2)存在定點【分析】（1）設，代入拋物線，根據韋達定理得到根與系數的關系，確定，計算得到答案.（2）設的方程為，代入拋物線得到根與系數的關系，根據垂直關系得到，計算得到定點.【詳解】（1）斜率不為零，設代入，，設，則，，當時，取最小值，，，拋物線C的方程為：．（2）假設存在，設，由題意，斜率不為零，設的方程為代入，可得，，，，故，即，即，，解得，故存在定點滿足題意．21．已知函數，.(1)若，討論的零點個數；(2)若函數有零點，證明.【正確答案】(1)當時，函數沒有零點，當時，函數有一個零點，當時，函數有兩個零點；(2)證明見解析.【分析】(1)根據函數的零點的定義可得的零點與函數的圖象與函數的圖象的交點個數相等，利用導數研究函數的圖象，結合圖象研究的零點個數；(2)設函數的零點為，由條件結合數量積的性質可得，在證明，結合(1)可以證明.【詳解】（1）由已知，其中，令可得，若，則，矛盾，所以，所以，設，其中，則函數的零點個數與函數的圖象與函數的圖象的交點個數相等，因為，當時，，函數在上單調遞減，當時，，函數在上單調遞增，且，作函數的圖象如下：所以當時，直線與函數的圖象沒有交點，當時，直線與函數的圖象有一個交點，當時，直線與函數的圖象有兩個交點，所以當時，函數沒有零點，當時，函數有一個零點，當時，函數有兩個零點；（2）因為函數有零點，又，所以存在使得，即，設，，因為，所以，所以，所以，設，則，所以在上單調遞增，又，所以當時，，所以當時，，所以，所以，即，所以，由(1)，所以，所以.函數零點的求解與判斷方法：(1)直接求零點：令f(x)＝0，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點．(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數在區間[a，b]上是連續不斷的曲線，且f(a)·f(b)＜0，還必須結合函數的圖象與