精品解析：湖北省荆州市沙市中学2024届高三下学期高考全真模拟数学试卷

2023—2024学年度下学期2021级 高考全真模拟数学试卷 命题人：高三数学组 审题人：高三数学组 考试时间：2024年5月31日 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接求交集即可. 【详解】，则. 故选：D 2. 若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两角差的正切公式求出，再利用二倍角的正弦公式化简求得答案. 【详解】由，得， . 故选：B. 3. 已知，，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量共线的充要条件即可得解. 【详解】因为，，， 所以，解得. 故选：A. 4. 若，则（ ） A. 100 B. 110 C. 120 D. 130 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式定理分别求出即可计算得解. 【详解】在中，，， 所以. 故选：C 5. 已知等差数列的前项和为，且，，则（ ） A. 14 B. 16 C. 18 D. 20 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意求出首项与公差，再根据等差数列前项和公式即可得解. 【详解】设数列的公差为， 由，， 得，解得， 所以. 故选：D. 6. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意求出圆台上下底面半径，圆台的高，代入圆台的体积计算公式即可求解. 【详解】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得， ，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示： 图中，， 过点向作垂线，垂足为，则， 所以圆台的高， 则上底面面积，，由圆台的体积计算公式可得： ， 故选：. 7. 已知直线与圆相交于M，N两点.则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先求出圆心和半径，以及直线的定点，利用圆的几何特征可得到当时，最小 【详解】由圆的方程，可知圆心，半径， 直线过定点， 因为，则定点在圆内， 则点和圆心连线的长度为， 当圆心到直线距离最大时，弦长最小，此时， 由圆的弦长公式可得， 故选：C 8. 已知可导函数的定义域为为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由为奇函数，结合导数运算，由为奇函数，得到，通过整理可得，进而分析得到,,从而得出结果. 【详解】为奇函数，. 即，两边求导得， 则，可知关于直线对称， 又为奇函数，所以， 即，可知关于直线对称， 令，可得，即， 由，可得， 由，可得，即， 可得，即， 令，可得； 令，可得； 且，可知为的周期. 可知,, 所以. 故选：B. 【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 已知复数z，下列说法正确的是（ ） A. 若，则z为实数 B. 若，则 C. 若，则的最大值为2 D. 若，则z为纯虚数 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，由复数的运算以及其几何意义，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】设，则， 若，即，即，则z为实数，故A正确； 若，即， 化简可得，即，即， 当时，，，此时不一定满足， 当时，，，此时不一定满足，故B错误； 若，即， 所以，即表示以为圆心，以为半径的圆上的点， 且表示圆上的点到原点的距离，所以的最大值为2，故C正确； 若，即， ，即， 化简可得，则且， 此时可能为实数也可能为纯虚数，故D错误； 故选：AC 10. 已知函数的图象在y轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则（ ） A. B. 恒成立 C. 在上单调递减 D. 将的图象向右平移个单位，得到的图象关于轴对称 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意求出，然后由余弦型函数的性质判断即可. 【详解】函数的图象在y轴上的截距为， 所以，因为，所以.故A正确； 又因为是该函数的最小正零点， 所以，所以， 解得，所以，， 所以，故B错误； 当时，，故C正确； 将的图象向右平移个单位，得到， 是非奇非偶函数，图象不关于轴对称，故D错误. 故选：AC. 11. 如图，已知抛物线的焦点为 ，抛物线 的准线与 轴交于点 ，过点 的直线 （直线 的倾斜角为锐角）与抛物线 相交于 两点（A在 轴的上方，在 轴的下方），过点 A作抛物线 的准线的垂线，垂足为 ，直线 与抛物线 的准线相交于点 ，则（ ） A. 当直线 的斜率为1时， B. 若，则直线的斜率为2 C. 存在直线 使得 D. 若，则直线 的倾斜角为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据抛物线的焦点弦的性质一一计算即可. 【详解】易知，可设，设， 与抛物线方程联立得， 则， 对于A项，当直线 的斜率为1时，此时， 由抛物线定义可知，故A正确； 易知是直角三角形，若， 则， 又，所以为等边三角形，即，此时，故B错误； 由上可知 ， 即，故C错误； 若， 又知，所以， 则，即直线 的倾斜角为 ，故D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，小明同学三个多选题中第一小题确定得满分，第二小题随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，则小明同学多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）的中位数为______． 【答案】11 【解析】 【分析】列举出所有的得分情况，再结合中位数的概念求答案即可. 【详解】由题意得小明同学第一题得6分； 第二题选了2个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、4分和6分； 第二题选了1个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、2分和3分； 由于相同总分只记录一次，因此小明的总分情况有：6分、8分、9分、10分、12分、13分、14分、15分共8种情况， 所以中位数为， 故答案为：11. 13. 在直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意直观想象三棱住的外接球位置，再利用球的截面性质可得当为所截圆的直径时截面面积最小，从而得解. 【详解】由直三棱柱可知，平面， 又，所以两两垂直， 设直三棱柱外接球的半径为R， 通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以为边长的长方体外接球相同； 过作该直三棱柱外接球的截面，当为所截圆的直径时截面面积最小， 因为， 则所求截面面积最小值为. 故答案为：. 14. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，则=______；若，则面积的最大值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先由正弦定理化边为角整理得到，两边平方即得的值；再利用同角的三角函数基本关系式求得的值，利用余弦定理和基本不等式求得的最大值，从而得到面积的最大值. 【详解】因为，由正弦定理得， 因为，则有， 所以，得，即，故； 因，，故，可得， 由，解得，得， 由余弦定理得，，所以， 由，当且仅当时等号成立，可得， ，即面积的最大值为. 故答案为： ； . 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸. 15. 已知曲线在处的切线与直线垂直. （1）求的值； （2）若恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据斜率关系，即可求导求解， （2）求导判断函数的单调性，即可求解函数的最值求解. 【小问1详解】 由于的斜率为，所以， 又,故，解得， 【小问2详解】 由（1）知，所以， 故当时，单调递增， 当时，单调递减， 故当时，取最小值， 要使恒成立，故，解得， 故的取值范围为 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，点在上，点为的中点，且平面． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：连接交与点，连接，可得平面与平面的交线为， 因为平面，平面，所以， 又因为为的中点，所以点为的中点， 取的中点，连接，可得且， 又因为为的中点，可得且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接交与点，根据题意证得且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）取的中点，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：取的中点，连结， 因为，可得，且， 又因为，且， 所以，所以， 又因为，且平面，所以平面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得， 因为为的中点，为的中点，可得， 则， 设是平面的法向量，则， 取，可得，所以， 设是平面的法向量，则， 取，可得，所以； 设平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 【点睛】 17. 某校为了丰富课余活动，同时训练学生的逻辑思维能力，在高中三个年级举办中国象棋盲棋比赛，经过各年级初赛，高一、高二、高三分别有3人，4人，5人进入决赛，决赛采取单循环方式，即每名队员与其他队员都要进行1场比赛（每场比赛都采取5局3胜制，初赛、决赛的赛制相同，记分方式相同），最后根据积分选出冠军，积分规则如下：比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以3∶2取胜的队员积2分，失败的队员积1分． （1）从进入决赛的12人中随机抽取2人进行表演赛，这2人恰好来自不同年级的概率是多少？ （2）初赛时，高三甲、乙两同学对局，设每局比赛甲取胜的概率均为，记甲以取胜的概率为，当最大时，甲处于最佳竞技状态．在决赛阶段甲、乙对局，而且甲的竞技状态最好，求甲所得积分的分布列及期望． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型计算即可； （2）先计算甲以取胜的概率，利用导数确定其单调性得时甲处于最佳状态，再利用离散型随机变量的分布列，期望公式计算即可. 【小问1详解】 由题意可知这2人恰好来自不同年级的概率是； 【小问2详解】 由题意可知， 所以， 显然时，，即单调递减； 时，，即单调递增； 则时，取得最大值， 由题意可知的可能取值为， 则， ， ， ， 则其分布列为： X 0 1 2 3 P 所以. 18. 已知椭圆：，设过点的直线交椭圆于，两点，交直线于点，点为直线上不同于点A的任意一点. （1）若，求的取值范围； （2）若，记直线，，的斜率分别为，，，问是否存在，，的某种排列，，（其中，使得，，成等差数列或等比数列？若存在，写出结论，并加以证明；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） ，，或成等差数列,证明如下： 若，则，设点. ①若直线l斜率为0，则点，不妨令点， 则，此时的任意排列，，均不成等比数列， ，，或成等差数列. ②直线l斜率不为0，设直线, 则点， 由得，， 故， 因为， 所以 ， 所以，，或成等差数列， 综合上述，，，或成等差数列. 【解析】 【分析】（1）设点，表示出，结合可得，结合可得不等式，即可求得答案； （2）判断出结论，加以证明；考虑直线l的斜率为0和不为0两种情况；当直线l斜率不为0时，设直线，联立方程，可得根与系数的关系，利用结合根与系数关系式化简，即可证明结论. 【小问1详解】 设点，其中且， 则 ， 由，得， ，， 只需，又，故, 所以b的取值范围是. 【小问2详解】 略 【点睛】难点点睛：本题第二问与数列进行了综合，形式比较新颖，有一定难度，难点在于判断出结论，进而证明，证明时结合直线方程联立椭圆方程，利用根与系数的关系结合进行化简，计算量较大，因而要注意计算的准确性. 19. 已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为的“生成数列”． （1）若，求其生成数列的前项和； （2）设数列的“生成数列”为，求证：； （3）若是等差数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等差数列． 【答案】（1） （2） 由题意可知，， 所以， 因此，即是单调递增数列，且， 由“生成数列”的定义可得 （3） 若是等差数列，证明：存在正整数，当时，是等差数列． 当是一个常数列，则其公差必等于0，， 则，因此是常数列，也即为等差数列； 当是一个非常数的等差数列，则其公差必大于0，， 所以要么，要么， 又因为是由正整数组成的数列，所以不可能一直递减， 记，则当时，有， 于是当时，， 故当时，，…， 因此存在正整数，当时，，…是等差数列． 综上，命题得证． 【解析】 【分析】（1）利用指数函数的性质判断数列的单调性，从而得出{pn}的通项，由分组求和法及等比数列的前n项和公式进行求解即可； （2）根据数列的单调性，结合生成数列的定义进行证明即可； （3）根据等差数列的定义分类讨论进行证明即可． 【小问1详解】 因为关于单调递增， 所以， ， 于是， 的前项和． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年度下学期2021级 高考全真模拟数学试卷 命题人：高三数学组 审题人：高三数学组 考试时间：2024年5月31日 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（    ） A. B. C. D. 3. 已知，，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 4. 若，则（ ） A. 100 B. 110 C. 120 D. 130 5. 已知等差数列的前项和为，且，，则（ ） A. 14 B. 16 C. 18 D. 20 6. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与圆相交于M，N两点.则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 6 8. 已知可导函数的定义域为为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 已知复数z，下列说法正确的是（ ） A. 若，则z为实数 B. 若，则 C. 若，则的最大值为2 D. 若，则z为纯虚数 10. 已知函数的图象在y轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则（ ） A. B. 恒成立 C. 在上单调递减 D. 将的图象向右平移个单位，得到的图象关于轴对称 11. 如图，已知抛物线的焦点为 ，抛物线 的准线与 轴交于点 ，过点 的直线 （直线 的倾斜角为锐角）与抛物线 相交于 两点（A在 轴的上方，在 轴的下方），过点 A作抛物线 的准线的垂线，垂足为 ，直线 与抛物线 的准线相交于点 ，则（ ） A. 当直线 的斜率为1时， B. 若，则直线的斜率为2 C. 存在直线 使得 D. 若，则直线 的倾斜角为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，小明同学三个多选题中第一小题确定得满分，第二小题随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，则小明同学多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）的中位数为______． 13. 在直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为______． 14. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，则=______；若，则面积的最大值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸. 15. 已知曲线在处的切线与直线垂直. （1）求的值； （2）若恒成立，求的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，点在上，点为的中点，且平面． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 某校为了丰富课余活动，同时训练学生的逻辑思维能力，在高中三个年级举办中国象棋盲棋比赛，经过各年级初赛，高一、高二、高三分别有3人，4人，5人进入决赛，决赛采取单循环方式，即每名队员与其他队员都要进行1场比赛（每场比赛都采取5局3胜制，初赛、决赛的赛制相同，记分方式相同），最后根据积分选出冠军，积分规则如下：比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以3∶2取胜的队员积2分，失败的队员积1分． （1）从进入决赛的12人中随机抽取2人进行表演赛，这2人恰好来自不同年级的概率是多少？ （2）初赛时，高三甲、乙两同学对局，设每局比赛甲取胜的概率均为，记甲以取胜的概率为，当最大时，甲处于最佳竞技状态．在决赛阶段甲、乙对局，而且甲的竞技状态最好，求甲所得积分的分布列及期望． 18. 已知椭圆：，设过点的直线交椭圆于，两点，交直线于点，点为直线上不同于点A的任意一点. （1）若，求的取值范围； （2）若，记直线，，的斜率分别为，，，问是否存在，，的某种排列，，（其中，使得，，成等差数列或等比数列？若存在，写出结论，并加以证明；若不存在，说明理由. 19. 已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为的“生成数列”． （1）若，求其生成数列的前项和； （2）设数列的“生成数列”为，求证：； （3）若是等差数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等差数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $