精品解析：陕西省安康市高新中学2024届高三高考模拟考试理科数学（二）试题

2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 理数（二） 本试卷共4页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 第I卷 一､选择题：本题共12小题，每小题5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. 若的虚部为2，则（ ） A. 4 B. C. 8 D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 某地区中午11时到夜里23时的气温分布如图所示，关于这5个时刻的温度，以下说法错误的是（ ） A. 5个时刻温度的极差为 B. 5个时刻温度的中位数为 C. 平均温度为 D. 下午17时温度最高 4. 在数列中，，若对，则（ ） A. B. 1 C. D. 5. 函数的部分图象为（ ） A. B. C. D. 6. 已知命题为假命题，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱台的上底面积为，下底面积为，高为2，则该三棱台的表面积为（ ） A. B. C. D. 18 8. 《九章算术》中《方田》一章给出了计算弧田面积的公式：弧田面积（弦矢+矢）.弧田（如图）由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差.现有圆心角为，且，半径等于的弧田，按照上述给出的面积公式计算弧田面积是（ ） A. B. C. D. 9. 已知四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，在四棱锥内部有一半径为1的球与四棱锥各面都相切，则四棱锥的体积为（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 16 10. 设分别为椭圆的左､右顶点，是上一点，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数在区间上单调递减，，则（ ） A. B. C. D. 12. 已知，则（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21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. 二､填空题：本题共4小题，每小题5分. 13. 寒假期间，小明和爷爷奶奶爸爸妈妈五人自驾一辆七座（含司机座位）商务车出去游玩，其中爸爸妈妈会开车，小明不能坐副驾，则不同的坐法种数为__________.（用数字作答） 14. 菱形的边长为，以为圆心作圆且与相切于是与的交点，则__________. 15. 已知圆与直线交于两点，与轴交于两点，直线与交于点，则__________. 16. 如图，平面四边形中，，则四边形面积的最大值为__________. 三､解答题：解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. 记为数列的前项和，已知. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 18. 如图，在多面体中，都是等边三角形，平面为的中点. （1）证明：； （2）求与平面所成角的正弦值. 19. 某乒乓球训练机构以培训青少年为主，其中有一项打定点训练，就是把乒乓球打到对方球台的指定位置（称为“准点球”），每周记录每个接受训练的学员在训练时打的所有球中“准点球”的百分比学员已经训练了1年，下表记录了学员最近七周“准点球”的百分比： 周次 1 2 3 4 5 6 7 52 52.8 53.5 54 54.5 54.9 55.3 若. （1）根据上表数据，计算与的相关系数，并说明与的线性相关性的强弱；（若，则认为与线性相关性很强；若，则认为与线性相关性一般；若，则认为与线性相关性较弱）（精确到0.01） （2）求关于的线性回归方程，并预测第9周“准点球”的百分比（精确到0.01）； （3）若现在认为学员“准点球”的百分比为，并以此为概率，现让学员打3个球，以表示“准点球”的个数，求的分布列及数学期望. 参考公式和数据：对于一组数据， 20. 已知抛物线上的动点与距离的最小值为. （1）求； （2）过点的直线交抛物线于两点，直线平行于，且与抛物线仅有一个公共点，求面积的最小值. 21. 已知函数在定义域上仅有1个极大值点. （1）求的取值范围； （2）若，证明：. 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，圆的参数方程为（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）求圆的普通方程和直线的直角坐标方程； （2）若直线与圆相切，求切点的极坐标. 选修4-5：不等式选讲 23. 已知函数. （1）求的解集； （2）求曲线与直线所围成的图形的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 理数（二） 本试卷共4页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 第I卷 一､选择题：本题共12小题，每小题5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. 若的虚部为2，则（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简即可得解. 【详解】由题得， 则. 故. 故选：D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别解出集合、，得到，进而得到. 【详解】由题得，故，所以. 故选：A. 3. 某地区中午11时到夜里23时的气温分布如图所示，关于这5个时刻的温度，以下说法错误的是（ ） A. 5个时刻温度的极差为 B. 5个时刻温度的中位数为 C. 平均温度为 D. 下午17时温度最高 【答案】B 【解析】 【分析】结合极差、中位数、平均数定义分析图象即可得. 【详解】由图可知，5个时刻温度的极差为，故A正确； 中位数为，故B错误； 平均温度为，故C正确； 比较几个数值可知下午17时温度最高，故D正确. 故选：B. 4. 在数列中，，若对，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据递推公式得出,进而即可． 【详解】由与相减得：， 即，又，故，所以. 故选：A. 5. 函数的部分图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先判断函数的奇偶性，再由函数值的特征，利用排除法判断即可. 【详解】函数的定义域为， 又，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A、D； 当时，，所以，故排除C. 故选：B 6. 已知命题为假命题，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由命题为假命题，得到为真命题.方法一：参数分离，并构造函数，通过导数求函数单调性求解；方法二：将转化为直线与曲线没有交点，通过导数求切斜方程即可. 【详解】法一：由题可得为真命题， 易知满足，符合题意，此时； 当时，可变形为， 令，则， 当时，；当时，， 当时，单调递减，且；当时，单调递减；当时，单调递增， 所以当时，， 作出函数的图象如图①所示， 由题可知直线与函数的图象没有交点，数形结合可得. 法二：由题可得为真命题， 即直线与曲线没有交点. 设直线与曲线切于点， 由，得，则， 所以， 所以直线与曲线相切， 若直线与曲线没有交点，如图②所示，则. 故选：D. 7. 已知正三棱台的上底面积为，下底面积为，高为2，则该三棱台的表面积为（ ） A. B. C. D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】由上下底面的面积可求出上下底面边长，构造直角三角形结合棱台的高求出侧面梯形的高，求出侧面积后得表面积. 【详解】由面积公式可得正三棱台上下底面边长分别为和， 设在底面内的射影为，作于， 平面，平面，则有， 又，，平面，所以平面， 平面，所以， 由，，，则， 又，所以，则， 故三棱台的侧面积为，表面积为. 故选：A. 8. 《九章算术》中《方田》一章给出了计算弧田面积的公式：弧田面积（弦矢+矢）.弧田（如图）由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差.现有圆心角为，且，半径等于的弧田，按照上述给出的面积公式计算弧田面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据半角公式求出，再分别求出弦长和矢长，再根据弧田的面积公式即可得解. 【详解】由，可得， 故弦长为，矢长为， 所以所求弧田面积为. 故选：A. 9. 已知四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，在四棱锥内部有一半径为1的球与四棱锥各面都相切，则四棱锥的体积为（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】设出，直接用，解出，再求体积即可． 【详解】如图 设，，, 则,则． 平面，显然平面平面,，AD为交线，四边形ABCD为正方形， 可以证得平面，平面,则， 因此 因为，根据，代入计算得，， 解得，则. 故选：C. 10. 设分别为椭圆的左､右顶点，是上一点，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，根据余弦定理和同角的商数关系可得，，设，则，得，结合离心率的概念即可求解. 【详解】在中，由， 得，所以， 由，得， 所以， 设，则， 又， 又， . 故选：D. 11. 已知函数在区间上单调递减，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在区间上单调递减，用周期公式，缩小范围． ，得①， ，得出对称中心，进而得到②， 两式相减，得到，因为，求出． 代入①，根据，解出即可． 【详解】在区间上单调递减，， 由，得①. 又，图象关于点对称， 即②.由②-①得，由于， 则，代入①，即， 由于，则，则． 故选：C. 12. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，和，利用导数求解函数的单调性，即可求解. 【详解】令，，则， 令，则即单调递增，所以，故为增函数，所以，可得，故. 令，则，故为增函数，所以0，即.所以，故，所以b 故选：B. 【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数； (3)利用导数研究的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21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. 二､填空题：本题共4小题，每小题5分. 13. 寒假期间，小明和爷爷奶奶爸爸妈妈五人自驾一辆七座（含司机座位）商务车出去游玩，其中爸爸妈妈会开车，小明不能坐副驾，则不同的坐法种数为__________.（用数字作答） 【答案】600 【解析】 【分析】先选司机，再选副驾，结合分类分布计数原理计算即可求解. 【详解】先选司机有种，再选副驾， 若副驾坐人，则有种； 若副驾不坐人，则有种， 故不同的坐法种数为. 故答案为：600 14. 菱形的边长为，以为圆心作圆且与相切于是与的交点，则__________. 【答案】1+## 【解析】 【分析】由题意可得，，利用平面向量的数量积的定义和运算律、线性运算计算即可求解. 【详解】由题可知，则， 所以， 故， 故. 故答案为： 15. 已知圆与直线交于两点，与轴交于两点，直线与交于点，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】设，运用圆的对称性和圆周角定理，得到直线斜率之间的关系，后用两点间的斜率公式代入即可得到刚好满足双曲线定义，用定义解题即可. 【详解】设，且，又，，， 根据直径所对圆周角是直角，知道，则， 则，， 即，则点在以为焦点的双曲线上，. 故答案为：4 16. 如图，平面四边形中，，则四边形面积的最大值为__________. 【答案】10 【解析】 【分析】设，利用余弦定理求出，进而可求出，再根据换元，结合三角函数的性质即可得解. 【详解】设， 则， 而， 则， 所以， 令，则， 则 ，其中， 当且仅当时取等号， 此时，即， 所以四边形面积的最大值为10. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略： （1）利用正弦定理实现“边化角”； （2）利用余弦定理实现“角化边”. 求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 三､解答题：解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. 记为数列的前项和，已知. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，化简得到，得出数列为等差数列，求得，进而求得的通项公式； （2）由（1）得到，当为奇数时，；当为偶数时，，结合，结合等差数列、等比数列的求和公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由，可得，所以， 又由，所以，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，则， 当时，，所以， 又当时，满足上式， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）可知当为奇数时，； 当为偶数时，， 所以 18. 如图，在多面体中，都是等边三角形，平面为的中点. （1）证明：； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明如下： 由都是等边三角形，， 可得. 取的中点为，则， 又，所以， 所以，即， 又平而，故平而. 因为，所以. 因为平面，平面， 所以，又，所以两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 所以， 所以，则. （2）. 【解析】 【分析】（1）由全等三角形的判断方法和线面垂直的判定定理可得平而，进而可得，建立如图空间直角坐标系，利用向量法证明即可； （2）由（1），利用空间向量法求解线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， 设平面的法向量为， 则即 取，则，所以， 设与平面所成的角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 19. 某乒乓球训练机构以培训青少年为主，其中有一项打定点训练，就是把乒乓球打到对方球台的指定位置（称为“准点球”），每周记录每个接受训练的学员在训练时打的所有球中“准点球”的百分比学员已经训练了1年，下表记录了学员最近七周“准点球”的百分比： 周次 1 2 3 4 5 6 7 52 52.8 53.5 54 54.5 54.9 55.3 若. （1）根据上表数据，计算与的相关系数，并说明与的线性相关性的强弱；（若，则认为与线性相关性很强；若，则认为与线性相关性一般；若，则认为与线性相关性较弱）（精确到0.01） （2）求关于的线性回归方程，并预测第9周“准点球”的百分比（精确到0.01）； （3）若现在认为学员“准点球”的百分比为，并以此为概率，现让学员打3个球，以表示“准点球”的个数，求的分布列及数学期望. 参考公式和数据：对于一组数据， 【答案】（1）0.94，与线性相关性很强 （2）， （3）分布列为 0 1 2 3 .【解析】 【分析】（1）根据题意中的公式求出相关系数r，结合其表示的意义即可下结论； （2）根据最小二乘法计算可得，进而，将代入即可求解； （3）由题意可知，利用二项分布求出对应的概率，列出X的分布列，求出数学期望即可. 【小问1详解】 故与线性相关性很强. 【小问2详解】 ， ， 所以关于的线性回归方程为， 将代入， 得. 当时，， 故预测第9周“准点球”的百分比为. 【小问3详解】 现在A学员任打一球是“准点球”的概率为：， 由题意， 则，， ，. 分布列为 0 1 2 3 数学期望. 20. 已知抛物线上的动点与距离的最小值为. （1）求； （2）过点的直线交抛物线于两点，直线平行于，且与抛物线仅有一个公共点，求面积的最小值. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）设抛物线上的动点为，则，根据二次函数的性质，找出最小值，得到的值. （2）先设直线，与抛物线联立计算得到，设平行线的方程为，与抛物线联立令，得到，计算到的距离，求得面积公式，算出范围即可. 【小问1详解】 设抛物线上的动点为， ， 因为的最小值为，且时，， 故可知，且， 解得舍. 【小问2详解】 由（1）知，抛物线方程为， 由题意可知，直线的斜率不为0，设直线的方程为， 代入，可得， 则， 所以 . 设平行线的方程为， 将代入， 可得，当时，， 则，即， 所以点到直线的距离为： ， 故 ， 当时，取得最小值，此时 【点睛】思路点睛：① 通过点与点的距离，求得最小值，得到的值. ② 设直线，得到弦长，与平行，设出，联立求出坐标，求出到距离，算出面积公式，求出范围. 21. 已知函数在定义域上仅有1个极大值点. （1）求的取值范围； （2）若，证明：. 【答案】（1） （2）证明如下： 由（1）知：在上单调递增，在上单调递减， 要证，只须证， 因为，只须证，即证， 令， 则 令，可得 当时，，为减函数， 当时，可得，则， 即，所以， 则时，为增函数，故，即， 故原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）求得，根据题意，得到为的极大值点，得出，利用导数求得函数的单调性，得出，即可求解； （2）因为，转化为证明，令，求得，令，利用导数求得函数的单调性，得到，得到，进而得到，即可得证. 【小问1详解】 解：由函数， 可得， 因为函数在定义域上仅有1个极大值点，即有零点为， 所以为的极大值点， 在上，则须， 又由， 所以当时，单调递增，值域为； 当时，单调递减，值域为， 故只须，即，所以的取值范围为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 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，圆的参数方程为（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）求圆的普通方程和直线的直角坐标方程； （2）若直线与圆相切，求切点的极坐标. 【答案】（1）， （2）. 【解析】 【分析】（1）根据即可求出圆的普通方程；根据公式法计算化简即可求出直线的直角坐标方程； （2）易知切点位于第四象限，结合图形和计算即可求解. 【小问1详解】 由圆的参数方程（为参数）， 得（为参数），所以， 故圆的普通方程为. 由， 可得， 故直线的直角坐标方程为. 【小问2详解】 由直线以及，可知切点位于第四象限， 如图，设切点为，直线与轴的交点为A，圆心， 又的倾斜角为， 可得， 则切点的极坐标为. 选修4-5：不等式选讲 23. 已知函数. （1）求的解集； （2）求曲线与直线所围成的图形的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，把不等式，等价转化为不等式组，即可求解； （2）画出曲线与直线的图像，求得的坐标，利用三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 则不等式， 即为或或， 解得或或，所以， 即不等式的解集为. 【小问2详解】 解：作出曲线与直线的图像，如图所示， 可求得， 曲线与直线所围成的图形为， 则，且轴，则边上的高为， 故所求面积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $