精品解析：陕西省安康市高新中学、安康中学高新分校2024届高三下学期5月模拟预测数学（理）试题

理科数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知在正项等比数列中，，且成等差数列，则（ ） A. 157 B. 156 C. 74 D. 73 4. 现有甲､乙两人参加射箭比赛，成绩如下：甲：，乙：，则下列说法错误的是（ ） A. 甲的射箭成绩的中位数为61.5 B. 乙的射箭成绩的平均数为78 C. 甲的射箭成绩的方差为26 D. 乙的射箭成绩的标准差为 5. 如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗线部分是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ） A. 80 B. 88 C. 90 D. 100 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 135 B. C. 2295 D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 将抛物线绕其顶点逆时针旋转后，其准线方程为，则实数（ ） A. B. C. 2 D. -2 9. 已知数列的通项公式为，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 10. 已知分别为双曲线的左､右焦点，为坐标原点.以为圆心作与双曲线的两条渐近线都相切的圆，切点分别为，记四边形的面积为，过右焦点作直线垂直于轴，交双曲线于两点，记的面积为.若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 11. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 12. 如图，在三棱锥中，，，为的中点，，与平面所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知单位向量满足，则__________. 14. 若满足约束条件，则的最大值为__________. 15. 已知函数在区间上是单调的，则的最大值为__________. 16. 已知函数满足，函数，若与的图象恰有2024个交点，其坐标分别为，则__________. 三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分. 17. 在中，内角所对的边分别为，且 （1）求； （2）设为边的中点，，求线段长度的最大值. 18. 如图，在四棱锥中，. （1）求证：； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 密码锁是锁的一种，开启时用的是一系列的数字或符号，文字密码锁可分为机械密码锁､数字密码锁等.现有一数字密码锁试验. （1）若该密码锁的密码有三位，每位由数字随机设置，现随机选择一个密码进行开锁试验，求开锁成功的概率； （2）为了增加试验的趣味性，设置A，B，C，D四个互不相同的密码，每次使用其中一个且每次从上一次未使用的密码中随机选择一个，若第一次使用A密码，记第次使用密码的概率为. （i）求； （ii）设前次试验中使用密码的次数为，求. 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数，求证：. 21. 已知椭圆的左､右顶点分别为，左､右焦点分别为是椭圆上一点，，直线的斜率为. （1）求椭圆的方程； （2）若过右焦点的直线与椭圆交于点，直线交于点，求当时，的值. （二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. [选修4-4：坐标系与参数方程] 22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为. （1）求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程； （2）设直线交曲线于两点，求以线段为直径的圆的面积. [选修4-5：不等式选讲] 23. 已知函数. （1）求不等式的解集； （2）若关于的方程无实数解，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 理科数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解分式不等式求解集合A，解对数函数不等式得集合B，然后利用补集运算和交集运算求解即可. 【详解】由得，解得.又，所以. 由，得，所以，所以， 所以. 故选：. 2. 设复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算化简，然后结合共轭复数的概念和复数的几何意义可得. 【详解】因为，所以， 所以，故， 因此在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B 3. 已知在正项等比数列中，，且成等差数列，则（ ） A. 157 B. 156 C. 74 D. 73 【答案】D 【解析】 【分析】由等比中项性质求得，由等差中项性质得，根据等比数列通项公式基本量运算求得，进而求解即可. 【详解】由等比中项性质知. 由成等差数列，得，所以， 所以等比数列的公比，所以， 所以. 故选：D. 4. 现有甲､乙两人参加射箭比赛，成绩如下：甲：，乙：，则下列说法错误的是（ ） A. 甲的射箭成绩的中位数为61.5 B. 乙的射箭成绩的平均数为78 C. 甲的射箭成绩的方差为26 D. 乙的射箭成绩的标准差为 【答案】B 【解析】 【分析】根据数据求得中位数、平均数、方差、标准差，判断各选项的正误即可. 【详解】对于A，由题意，得甲的射箭成绩的中位数为，故A正确； 对于B，乙的射箭成绩的平均数，故B错误； 对于C，甲的射箭成绩的平均数， 所以甲的射箭成绩的方差为 ， 故C正确； 对于D，乙的射箭成绩的方差为 ， 所以乙的射箭成绩的标准差为，故D正确. 故选：B. 5. 如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗线部分是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ） A. 80 B. 88 C. 90 D. 100 【答案】D 【解析】 【分析】根据三视图画出几何图形，进而得到表面积. 【详解】由三视图，知该几何体是一个大长方体挖去一个小长方体而得到的，如图 大长方体的底面是边长为4的正方形，高为5，小长方体的底面是长为3，宽为2的矩形，高为5， 所以该几何体的表面积为. 故选：D. 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 135 B. C. 2295 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式定理计算得到答案. 【详解】因为的展开式中的系数为， 所以的展开式中的系数为. 故选：A. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式及二倍角的余弦公式求解即可. 【详解】因为， 所以. 故选：D. 8. 将抛物线绕其顶点逆时针旋转后，其准线方程为，则实数（ ） A. B. C. 2 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】利用旋转后抛物线的顶点到准线的距离等于顶点到其焦点的距离，求出. 【详解】因为抛物线旋转后对应的准线方程为， 且点到直线的距离为1.由，知， 解得. 故选：A. 9. 已知数列的通项公式为，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合复合函数单调性可得的单调性，结合数列单调性与函数单调性之间的关系可得，再根据包含关系分析充分、必要条件. 【详解】二次函数图象的开口向上，对称轴是直线， 且在定义域内单调递增， 当时，单调递减，单调递减； 当时，单调递增，单调递增； 因为中的自变量为正整数，且， 则，解得， 显然是的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 10. 已知分别为双曲线的左､右焦点，为坐标原点.以为圆心作与双曲线的两条渐近线都相切的圆，切点分别为，记四边形的面积为，过右焦点作直线垂直于轴，交双曲线于两点，记的面积为.若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先由条件为坐标原点.以为圆心作与双曲线的两条渐近线都相切的圆，求解四边形的面积；再利用条件求得的面积，使面积相等求得双曲线的离心率. 【详解】由题意，知双曲线的左焦点（为半焦距）到渐近线的距离为， 所以四边形的面积. 将代入双曲线的方程，得， 即，所以. 由，知，即，所以. 又，所以，两边同时除以，并整理，得， 解得，所以（负值舍去）. 故选：D. 11. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数比较大小 【详解】，构造函数，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 又，所以，所以. 因为，所以，所以.综上，. 故选：A. 12. 如图，在三棱锥中，，，为的中点，，与平面所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面垂直和面面垂直的判定可得平面平面，结合交线可确定线面角，进而证得平面；分别取，外接圆圆心，根据球的性质可确定球心位置，根据长度关系可求得半径，进而得到外接球表面积. 【详解】为的中点，，，即为等腰三角形， ，，均为边长为的等边三角形， ，又，平面，平面， 平面，平面平面， 平面平面，为在平面内的射影， 即为与平面所成的角，即， ，，， 又，，平面，平面. 设三棱锥外接球的球心为，外接圆的圆心为，外接圆的圆心为， 连接，则平面，平面， 均为边长为的等边三角形， ，，， 三棱锥外接球的半径， 三棱锥外接球的表面积. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中多面体外接球的求解问题，本题的解题关键是能够通过面面垂直关系确定已知中所给线面角，从而确定几何体的基本结构特征，进而根据外接球的性质来确定球心位置. 二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知单位向量满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量的模及向量数量积的定义求夹角余弦值即可. 【详解】因为，且， 所以， 所以， 即. 又， 所以. 故答案为：. 14. 若满足约束条件，则的最大值为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】利用数形结合思想，作出可行域，再分析最优解，即可解决问题. 【详解】作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示（含边界）， 作出直线并平移，由图，知当直线过点时，取得最大值. 易知，所以. 故答案为：2. 15. 已知函数在区间上是单调的，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用所有对称轴都不在区间内，则函数在上一定单调，再结合，从而来求解问题. 【详解】的最小正周期. 因为在区间上是单调的，所以，解得. 由，得图象的对称轴方程为. 由题意，知的图象在区间上没有对称轴，得， 解得.结合，得的最大值为. 故答案为：. 16. 已知函数满足，函数，若与的图象恰有2024个交点，其坐标分别为，则__________. 【答案】4048 【解析】 【分析】根据等式得函数的图象关于点对称，再根据的图象也关于点对称，最后得出答案 【详解】在中，令，得， 所以函数的图象关于点对称. ，所以的图象也关于点对称， 所以函数与图象的交点两两关于点对称， 所以. 故答案为：4048. 三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分. 17. 在中，内角所对的边分别为，且 （1）求； （2）设为边的中点，，求线段长度的最大值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由题设条件重新组合后将证明替换成，再利用正、余弦定理即可求得； （2）利用三角形中线的向量表达式和向量数量积的定义式，可推得，根据余弦定理和基本不等式求得，代入即可计算得到. 【小问1详解】 由， 得(*). 因为，所以， 由正弦定理，得， 代入（*）得，. 由正弦定理，得， 由余弦定理的推论，得. 【小问2详解】 由余弦定理，得，即， 所以，当且仅当时等号成立，故得. 又，两边平方可得， ， 所以，即线段长度的最大值为. 18. 如图，在四棱锥中，. （1）求证：； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：设相交于点，因为， 所以四边形 是菱形，所以，且为 的中点， 连接，因为，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）设相交于点，根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，从而； （2）过点作平面 的垂线，以所在的直线分别为 轴､ 轴､ 轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作平面 的垂线， 以所在的直线分别为 轴､ 轴､ 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 因为，所以是二面角的平面角， 所以，且结合已知有， 因为在平面内，所以由已知及平面几何的性质，得， 所以， 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为，所以， 即直线与平面所成角的正弦值为. 19. 密码锁是锁的一种，开启时用的是一系列的数字或符号，文字密码锁可分为机械密码锁､数字密码锁等.现有一数字密码锁试验. （1）若该密码锁的密码有三位，每位由数字随机设置，现随机选择一个密码进行开锁试验，求开锁成功的概率； （2）为了增加试验的趣味性，设置A，B，C，D四个互不相同的密码，每次使用其中一个且每次从上一次未使用的密码中随机选择一个，若第一次使用A密码，记第次使用密码的概率为. （i）求； （ii）设前次试验中使用密码的次数为，求. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据古典概率的计算公式求解； （2）（i）列出前4次所有可能出现的结果，利用古典概率的计算公式求解；（ii）由题意，得，利用递推数列求通项可得，记“第次使用密码”为，可得，根据，利用数列分组求和得解. 【小问1详解】 设“随机选择一个密码，开锁成功”为事件， 则. 【小问2详解】 （i）列出前4次所有可能出现的结果如下表： B A BCD C ABD D ABC C A BCD B ACD D ABC D A BCD B ACD C ABD 所以第4次使用密码的概率. （ii）由题意，得， 所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以. 记“第次使用密码”为，则服从两点分布，， 所以 . 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出，由点斜式即可写出切线方程； （2）当时，，不等式成立；当时，可得为偶函数，则只需证当时，即可，先证，令，可得在上单调递增，则由，即可得证，再证，法一：构造函数，可得在上单调递减，则，即可得证；法二：证，即证，可得在上单调递减，则，即可得证. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 法一：当时，，满足； 当时，，所以为偶函数， 由偶函数的对称性知，只需证当时，即可， 当时，先证， 令，则，当且仅当时取等号， 所以在上单调递增， 所以，所以，所以当时，， 再证， 构造函数， 则，所以在上单调递减，所以， 所以当时，，即， 综上，对任意的. 法二：当时，，满足； 当时，，所以为偶函数， 由偶函数的对称性知，只需证当时，即可， 当时，先证， 令，则，当且仅当时取等号， 所以在上单调递增， 所以，所以，所以当时，， 再证，即证， 当时，只需证明， 构造函数，则， 此时，所以在上单调递减，所以， 所以当时，， 综上，对任意的. 【点睛】关键点点睛：当时，可得为偶函数，由偶函数的对称性知，只需证当时，即可，对于证，法一：构造函数，法二：构造函数，然后利用导数得到单调性，得到最值，即可得证. 21. 已知椭圆的左､右顶点分别为，左､右焦点分别为是椭圆上一点，，直线的斜率为. （1）求椭圆的方程； （2）若过右焦点的直线与椭圆交于点，直线交于点，求当时，的值. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）设，依题意，由直线的斜率与得到方程，即可求出、、，从而得解； （2）设，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，设，由三点共线，推导出，同理可得，从而求出，再由求出，即可求出. 【小问1详解】 设，椭圆的半焦距为，则. 由题意，知，因为，所以. 因为，所以. 又，所以，即， 所以，即. 因为，解得， 所以，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1），得，由题意，知直线的斜率不为， 设，直线的方程为， 与联立，得， 则. 设，由三点共线，得， 所以，同理可得， 所以， 所以，解得. 当时，，解得，所以， 所以. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. （二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. [选修4-4：坐标系与参数方程] 22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为. （1）求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程； （2）设直线交曲线于两点，求以线段为直径的圆的面积. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）消去参数可得曲线的普通方程，由可得直线的直角坐标方程； （2）方法一，根据条件求出直线的参数方程，利用参数的几何意义求出圆的直径即可得面积；方法二，联立直线和曲线方程，根据韦达定理和弦长公式求出圆的直径即可得面积 【小问1详解】 由，知，代入，得，即. 因为，所以， 所以曲线的普通方程为. 由，得， 即. 将代入，得， 即直线的直角坐标方程为. 【小问2详解】 由（1），知直线与轴的交点为，倾斜角为， 所以直线的参数方程可以表示为（为参数）， 代入曲线的普通方程，得. 设两点对应的参数分别为， 解方程，得. 由，知，即，所以符合题意， 所以， 所以以线段为直径的圆的面积. 第（2）问另解：联立，得， 所以， 所以， 所以以线段为直径的圆的面积. [选修4-5：不等式选讲] 23. 已知函数. （1）求不等式的解集； （2）若关于的方程无实数解，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据绝对值的意义去掉绝对值号求解即可； （2）利用绝对值不等式求出最值，建立不等式求解即可. 【小问1详解】 不等式可转化为： 或或， 解得或或 所以不等式的解集为. 【小问2详解】 ， 当且仅当，即时取等号， 关于的方程无实数解， 只需，即， 解得， 所以实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $