河北南宫中学2024届高三下学期数学模拟卷

2024年全国高考数学模拟卷 一、单选题(本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的) 1．已知样本数据，，，，，，，则这组样本数据的上四分位数为（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 2．已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能是（   ） A． B． C． D． 3．已知全集，则（    ） A． B． C． D． 4．（ ） A． B． C． D． 5．已知点是圆上一点，直线交圆于两点，且，则（    ） A．0 B．1 C． D． 6．数列的前n项和为，若数列与函数满足：①的定义域为；②数列与函数均单调增；③存在正整数，使成立，则称数列与函数具有“单调偶遇关系”.给出下列两个命题：（    ） ①与数列具有“单调偶遇关系”的函数有有限个； ②与数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数个. A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题 7．在四面体中，平面，，若，，则四面体外接球的半径为（    ） A． B． C． D． 8．已知，则（    ） A．9 B．10 C．19 D．29 二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．设，则下列不等式恒成立的是（    ） A． B． C． D． 10．已知平面向量，则下列说法正确的有（    ） A．一定可以作为一个基底 B．一定有最小值 C．一定存在一个实数使得 D．的夹角的取值范围是 11．已知正方体的棱长为，是正方体的面上一点，则下列说法正确的是（    ） A．线段上存在点，使得 B．若点在线段上，则 C．若，则 D．若点在线段上，则点到平面的距离为 三、填空题（本题共有3个小题，每小题5分，共15分） 12．记等差数列等比数列的前项和分别为、，若，，，则公比 ． 13．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与在第一象限的交点为，若，，则的离心率为 ． 14．已知集合，，则的概率为 ． 四、解答题（本题共5小题，共77分 .解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15．已知在曲线上，直线交曲线于，两点． (1)求曲线的方程； (2)若过且斜率的直线与曲线交于，两点，求的最小值． 16．在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足． (1)求证：； (2)若，求a边的范围； (3)求的取值范围． 17．近年来，我国众多新能源汽车制造企业迅速崛起．某企业着力推进技术革新，利润稳步提高．统计该企业2019年至2023年的利润（单位：亿元），得到如图所示的散点图．其中2019年至2023年对应的年份代码依次为1，2，3，4，5． (1)根据散点图判断，和哪一个适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由） (2)根据（1）中的判断结果，建立y关于x的回归方程； (3)根据（2）的结果，估计2024年的企业利润． 参考公式及数据； ，， ，，，， 18．如图，在三棱锥P—ABC中，平面ABC，平面平面PBC，，Q为线段PB的中点，直线AB与平面PBC所能的角的正切值为. (1)求证：； (2)求平面QAC与平面PBC所成角的正弦值. 19．已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时，不等式恒成立，求的取值范围； (3)证明：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】利用百分位的定义求解即可. 【详解】将样本数据按从小到大的顺序排列为：，，，，，，． 上四分位数即分位数，， 所以该组数据的上四分位数为从小到大排列的第6个数，即12， 故选：D． 2．A 【分析】利用排除法，根据题意结合函数定义域以及函数值的符号分析判断. 【详解】由题意可知：的定义域为，故B错误； 当，先正后负，则有： 对于C：因为，则， 可知，故C错误； 对于D：因为，则，但的符号周期性变化，故D错误； 故选：A. 3．C 【分析】根据指数函数的单调性求解不等式，化简集合，即可根据补集的定义求解. 【详解】由可得，解得， 故，所以. 故选：C. 4．A 【分析】切化弦后通分，根据两角和差的正余弦公式求解即可. 【详解】 . 故选：A. 5．A 【分析】根据题意，得到圆心到直线的距离为，且1，求得的值，进而求得的值，得到答案. 【详解】由圆，可得圆心，半径为， 因为，可得圆心到直线的距离为，且1， 可得，解得或， 当时，；当时，，所以. 故选：A. 6．C 【分析】利用等差数列、等比数列前n项和公式求出，再取一个单调递增函数，按给定的条件使方程有正整数解的函数个数即可判断. 【详解】对于①，数列单调递增，令函数，显然，由， 得，整理得，此方程有正整数解， 如方程中取，则，即， 对进行不同的取值即可保证数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数个，①错误； 对于②，数列单调递增，，令，由， 得，取，显然对每一个正整数都有唯一的正数， 并且不同的值，值不同，因此与数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数个，②正确， 所以①是假命题，②是真命题. 故选：C 【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 7．C 【分析】由线面垂直得到线线垂直，作出辅助线，找到外接球球心，由正弦定理得的外接圆直径，进而求出外接球半径，得到答案. 【详解】平面 且 平面，平面， ， ， ，则 ， 记 的中点为 ， 的外接圆圆心为 ， 过 作平面 的垂线，则球心 在该垂线上， 连接 ，易知四边形 是矩形， 又在等腰三角形中，由，，得， 则由正弦定理得的外接圆直径，即得， ， ，即外接球的半径 ． 故选：C 【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积. 8．C 【分析】先将等式两边同时乘以，再将两边同时求导后，令可得. 【详解】因为， 所以 分别对两边进行求导得 ， 令，得， 所以， 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键将原式两边同时乘以，再将两边对求导. 9．ACD 【分析】利用基本不等式结合合理变形计算A，举反例判断B，利用基本不等式判断C，利用‘1’的代换判断D即可. 【详解】对于A，由基本不等式得，当且仅当时取等， 而，故A正确， 对于B，当时，，故B错误， 对于C，由基本不等式得， 当且仅当时取等，故C正确， 对于D，易知，故， 而由基本不等式得，当且仅当时取等， 而，解得，，与不符，故等号无法取得， 则应为，而， 故，可得，故D正确. 故选：ACD 10．BC 【分析】对A：借助基底的定义与向量共线定理计算即可得；对B：借助模长定义计算即可得；对C：借助模长与数量积的关系计算即可得；对D：找出反例即可得. 【详解】对A：若，即，即，此时不能作基底，故A错误； 对B：， 故有最小值，故B正确； 对C：若，则有 即，即，即， 解得，即当时，，故C正确； 对D：由A知，若，则，即只能同向不能反向， 故的夹角不可能为，故D错误. 故选：BC. 11．ABD 【分析】根据向量的运算法则，可判定A正确；在正方体中，分别证得和，得到平面，可判定B正确；由平面，得到，可得判定C错误；由，证得平面，结合，求得点到平面的距离，可判定D正确. 【详解】对于A中，若为的中点，则，故A正确； 对于中，在正方形中，可得， 在正方体中，可得平面， 因为平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 又因为，且面，所以平面， 因为平面，所以，故B正确； 对于中，在正方体中，可得平面， 因为平面，所以，即， 又因为，可得，故C错误； 对于D中，因为点在线段上，可得， 又因为平面，且平面，所以平面， 设到平面的距离为， 则， 解得，所以D正确. 故选：ABD. 12． 【分析】由等差数列和等比数列及其前项和的定义和性质即可求解. 【详解】设，， 化简为， 即， 所以， 所以. 故答案为： 13．/ 【分析】设，利用双曲线定义、勾股定理得，再由，得，可得答案. 【详解】设，则，所以， 因为，所以， 可得，即①， 因为，所以， 所以，即②， 由①②可得， 解得，或（舍去）. 故答案为：. 14． 【分析】根据给定条件，利用列举法写出样本空间的所有样本点，再结合一元二次方程解集确定事件发生的样本点即得. 【详解】等价于，记该事件为， 由于，，因而取值情况如表所示． 1 2 3 1 2 3 样本空间共有9个样本点， 方程的判别式， 当取，，，，，时，，则，； 当取时，，，； 当取时，，但方程有两个无理根，不符合题意； 当取时，，，， 因此事件有8个样本点，那么所求概率． 故答案为： 15．(1)； (2)． 【分析】（1）化简给定的方程即可得曲线的方程. （2）把直线的方程分别与曲线的方程联立，利用韦达定理及向量数量积运算，结合基本不等式求解即得. 【详解】（1）将两边平方，得，整理得，经验证符合题意， 所以曲线的方程为． （2）设点，显然，抛物线的焦点，准线为， 则， 由消去y得，， 则，而直线，同理， ， 当且仅当，即时取等号， 所以 最小值为． 16．(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）由，进而得到，再利用正弦定理将边转化为角，利用两角和的正弦公式求解；法二：由，利用正弦定理转化为，进而得到，再利用和差化积求解. （2）由（1）知，进而得到，再根据为锐角三角形，得到，再由，利用正弦定理求解； （3）由（2）知，转化为，再令，得到求解. 【详解】（1）解：因为， 所以， 由正弦定理可得， 又因为， 代入可得， 即， 因为，，则，故， 所以或，即或（舍去）， 所以． 法二：由正弦定理可得：， 则， 则， 又，故， 因为，，则，故， 所以或，即或（舍去）， （2）因为为锐角三角形，， 所以， 由，解得， 又故． （3）由（2）知． 由， ， 令，则在上单调递增，所以， 所以的取值范围为． 17．(1)适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型 (2) (3)估计2024年的企业利润为93.3亿元 【分析】（1）利用散点图的变化趋势，即可得出答案； （2）利用最小二乘法求出即可得解； （3）令即可得解. 【详解】（1）由散点图的变化趋势，知适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型； （2）由题意得：，， ， ， 所以； （3）令，， 估计2024年的企业利润为99.25亿元． 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取PC中点M，连接AM，根据面面垂直得性质证明平面PBC，则有，再证明平面PAC，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）由平面PBC，得∠ABM为直线AB与平面PBC所成角，即可求出，以C为原点向建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）取PC中点M，连接AM， 因为，则， 又平面PAC，平面平面，平面平面PBC， 所以平面PBC， 因为平面PBC，所以， 因为平面ABC，平面ABC，所以， 因为平面PAC，平面PAC，，所以平面PAC， 因为平面PAC，所以； （2）由（1）知，平面PBC，则为直线AB与平面PBC所成角， 由已知直线AB与平面PBC所成的角正切值为， 所以直线AB与平面PBC所成的角为，， 因为，则，所以，， 以C为原点，，，分别为x，y，z轴正向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设平面QAC的法向量，则， 令，则，，所以， 由（1）知平面PBC，可得平面PBC的法向量为， 设平面QAC与平面PBC所成二面角的平面角大小为， 所以，所以， 所以平面QAC与平面PBC所成角的正弦值为. . 19．(1)极大值，无极小值 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的单调区间，得在处取到极大值，无极小值； （2）不等式恒成立，即恒成立，令，利用导数求出函数的最大值可得结果； （3）由（2）可得，进而得到，再利用累加法即可得解. 【详解】（1）当时，，， 则， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； 所以在处取到极大值，无极小值. （2）因为，恒成立，所以恒成立， 令，则， 令，则恒成立， 即在区间上单调递减， 所以，即，所以时，， 所以在区间上单调递减，故，所以， 所以实数的取值范围为. （3）由（2）可知，取，当时，，所以， 取，则有，即， 所以 将上述式子相加得 即 【点睛】关键点点睛：解决本题（3）的关键点是借助（2）的结论，取，得，取，则有，再累加即可证明不等式. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$