精品解析：青海省西宁市2024届高三下学期复习检测（二）理科数学试题

2024年普通高等学校招生全国统一考试 西宁市高三年级复习检测（二） 理科数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，再选涂其它答案标号.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. 已知复数，则对应的点在复平面的（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用的运算性质，得到，从而有，即可求解. 【详解】因为，所以，其对应的点为， 故选：A. 2. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象知阴影部分表示的集合为，再根据条件，利用集合的运算，即可求出结果. 【详解】由图知，阴影部分表示的集合为， 又，所以或，又， 所以， 故选：B. 3. 机器人是一种能够半自主或全自主工作的智能机器．它可以辅助甚至替代人类完成某些工作，提高工作效率，服务人类生活，扩大或延伸人的活动及能力范畴．某公司为了研究某机器人的销售情况，统计了2022年2月至7月M，N两店每月该机器人的营业额（单位：万元），得到如图所示的折线图，则下列说法中不正确的是（ ） A. N店营业额的平均值是29 B. M店营业额的中位数在内 C. M店营业额的极差比N店营业额的极差小 D. M店营业额的方差大于N店营业额的方差 【答案】D 【解析】 【分析】对A，计算N店营业额的平均值即可判断，对B首先店的营业额从小到大排序，即可计算出其中位数，对C，计算相关数据极差即可判断，对D首先计算出M店营业额的平均值，再计算M店和N店营业额的方差即可判断. 【详解】对于A，N店营业额的平均值是，所以A正确； 对于B，将店的营业额/万元，从小到大排列得14,20,26,36,45,64， 故其中位数为，故B正确； 对于C，店营业额极差为，店的极差为，故C正确； 所以B正确； 对于D，M店营业额的平均值是， 所以M店营业额的方差为 店营业额的方差为, 故D错误， 故选：D． 4. 已知直线：，直线：，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】C 【解析】 【分析】利用两直线平行求解的值，结合充要关系的定义判断即可. 【详解】由可得，解得或. 当时，：，：，显然，重合，舍去， 故时，. 因此“”是“”的充要条件. 故选：C 5. 如图，在中，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用平面向量线性运算及共线向量关系即可求解. 【详解】由题意知. 故选：C. 6. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑等，如图所示的亭子带有攒尖的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其底面积为，屋顶的体积为，算得侧面展开图的圆心角约为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据底面圆面积求出底面圆半径，从而求出底面圆周长，得侧面展开图扇形的弧长，再由圆锥体积求圆锥的高，勾股定理求圆锥母线长，得侧面展开图扇形半径，可求侧面展开图的圆心角. 【详解】底面圆的面积为，得底面圆的半径为， 所以底面圆周长为，即圆锥侧面展开图扇形的弧长为， 屋顶的体积为，由得圆锥的高， 所以圆锥母线长，即侧面展开图扇形半径， 得侧面展开图扇形的圆心角约为. 故选：C. 7. 重庆，我国四大直辖市之一，这里资源丰富，旅游景点也多，不仅有山水自然风光，还有人文历史景观．现有甲、乙两位游客慕名来到重庆旅游，分别准备从巫山小三峡、南川金佛山、大足石刻和酉阳桃花源4个国家5A级旅游景区中随机选择其中一个景区游玩．记事件：甲和乙至少一人选择酉阳桃花源景区，事件：甲和乙选择的景区不同，则概率（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由条件概率的计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】甲、乙两位游客分别从4个景区选择一个游玩的总情况数为种， 其中甲和乙至少一人选择酉阳桃花源景区的情况数为，则， 事件表示：甲乙选择的景区不同，且至少一个选择酉阳桃花源景区， 则符合要求的情况数为种，则， 所以. 故选：D 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，点在上，点在轴上，，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直角三角形的性质可得出，推导出为等边三角形，求出、，利用双曲线的定义可求得该双曲线的离心率的值. 【详解】因为，则为线段的中点， 因为，则，则， 因为为的中点，，则， 所以，为等边三角形， 由勾股定理可得， 由双曲线的定义可得，即， 因此，该双曲线的离心率为. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 9. 早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同．若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】已知条件变形为，然后借助基本不等式即可得解. 【详解】因为，所以， 又， 所以， 当且仅当，即时，取等号. 故选：C． 10. 在三棱锥中，是等边三角形，平面平面，，则三棱锥的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦定理得，从而得是直角，因此中点是是外心，证明平面，可得的外心即中三棱锥外接球的球心，求得球半径可得球体积． 【详解】中，， 所以，， 设是中点，则是外心，又是等边三角形，所以， 而平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以的外心即中三棱锥外接球的球心， 所以球半径，球体积为． 故选：C． 【点睛】方法点睛：本题考查求球的体积，解题关键是找到外接球球心求出球半径．三棱锥外接球球心在过各面外心且与此面垂直的直线上，由此易寻找到外接球球心． 11. 关于函数，有下列四个说法：①的最大值为；②的相邻两个零点分别为，，且有；③的图象上相邻两个对称中心间的距离为；④的图象关于直线对称，若有且仅有一个说法是错误的，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得②和③相互矛盾，然后分别验证①②④成立时与①③④成立时的结论，即可得到结果. 【详解】说法②可得，得到，说法③可得，则，②和③相互矛盾； 当①②④成立时，由题意，，，． 因为，令，得到， 所以，得到， 说法①③④成立时，由题意，，，， 则，故不合题意. 故选：B. 12. 已知，则的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用导数可得在上单调递增，在上单调递减，从而可得最大，再根据对数的运算性质比较的大小即可. 【详解】解：因为，， 设， 则， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，， 又因为， 所以. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题关键在于观察式子的共同特征，构造函数，利用导数判断单调性，进而比较大小，然后结合对数运算，利用作差法比较可得. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 的展开式中x的系数为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理的展开式从而可求解. 【详解】，的展开式为， 所以可得x的系数为. 故答案为：. 14. 已知圆的圆心与抛物线的焦点关于直线对称，直线与圆相交于两点，且，则圆的方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆心与焦点关于直线对称，求得圆心坐标，在此基础上由直线与圆相交的弦长求得圆的半径. 【详解】由的焦点坐标关于直线的对称点为， 所以圆的圆心为，设半径为， 点C到直线的距离为d，则， 所以， 所以圆的方程为：， 故答案是：. 15. 已知等比数列的各项均为正数，且，则_____. 【答案】10 【解析】 【分析】利用等比数列的性质以及对数运算求解即可. 【详解】因为数列为正项等比数列，则，即， 所以. 故答案为：10. 16. 设函数，已知直线与函数的图象交于两点，且的最小值为（为自然对数的底），则______． 【答案】 【解析】 【分析】分段求出函数的值域，画出图象，可得，设，则，，分与讨论求出的最小值，列方程即可求解. 【详解】当时，；当时，. 作出的图象如图所示： 由图可得，设， 不妨设，则， 故，所以. 令，则，为单调递增函数， 当，即时，，所以在上单调递减， 所以，解得，舍去； 当，即时，单调递增，且， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得. 综上所述，. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 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. 已知数列，_______________.请从下列两个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答.（注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分.）①数列的前项和为（）；②数列的前项之积为（）. （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选①或②均可证明数列是以2为首项，2为公比的等比数列，再由等比数列的通项公式求出数列的通项公式； （2）由分组求和法结合等差、等比的前项和公式求解即可. 【小问1详解】 若选①， 当时，，即， 当时，由（I），则（II）， （I）（II）得：，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以； 若选②，当时，，即， 当时，，即， 当时，符合上式， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 所以， 则. 18. 为降低汽车尾气的排放量，某厂生产甲乙两种不同型号的节排器，分别从甲乙两种节排器中各自抽取100件进行性能质量评估检测，综合得分情况的频率分布直方图如图所示. 节排器等级及利润如表格表示，其中， 综合得分k的范围 节排器等级 节排器利润率 k≥85 一级品 a 75≤k≤85 二级品 5a2 70≤k<75 三级品 a2 （1）若从这100件甲型号节排器按节排器等级分层抽样的方法抽取10件，再从这10件节排器中随机抽取3件，求至少有2件一级品的概率； （2）视频率分布直方图中的频率为概率，用样本估计总体，则 ①若从乙型号节排器中随机抽取3件，求二级品数的分布列及数学期望； ②从长期来看，哪种型号的节排器平均利润较大？ 【答案】（1）； （2）①的分布列为： 期望为； ②投资乙型号节排器的平均利润率较大. 【解析】 【分析】（1）根据排列组合知识及古典概型概率公可得结果； （2）① 由频率分布直方图中可知乙型号节排器中的二级品的概率，再根据 独立重复试验次发生次的概率公式可得分布列，从而可求得其期望； ② 比较甲乙两种不同型号的节排器利润的期望值，即可得结论. 【详解】抽取的10件节排器中一级品有件，非一级品4件， 所以； （2）①由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号节排器中的一级品的概率为， 二级品的概率，三级品的概率为，若从乙型号节排器随机抽取3件， 则二级品数所有可能的取值为，且， 所以， ， 所以的分布列为： 所以数学期望； ②由题意知，甲型号节排器的利润的平均值， 乙型号节排器的利润的平均值， ，又，所以 ， 所以投资乙型号节排器的平均利润率较大. 19. 如图，等腰梯形中，，点M是AB的中点，将沿着CM翻折到，使得平面平面AMCD，E、F分别为CM、PA的中点. （1）求证：平面PCD； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：在等腰梯形中，因为，点M是AB的中点，所以且， 取PD中点G，连接FG，CG，则，，所以，， 所以，，所以四边形CEFG是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取PD中点G，连接FG，CG，先证明四边形CEFG是平行四边形，得，再根据线面平行的判定定理可证平面PCD； （2）以为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，根据平面的法向量可求出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，，平面， 平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 连接，则为等边三角形，故， 以为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图： 设，则，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量为 则，所以，取，则 设平面的一个法向量为 则，所以,取，得，得 所以， 根据图形可知，该二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 20. 已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，两个焦点分别为，，过的直线与椭圆交于，两点，过与平行的直线与椭圆交于，D两点（点A，D在x轴上方）. （1）求椭圆的标准方程； （2）求四边形ABCD面积的最大值以及此时直线的方程， 【答案】（1）； （2），. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率以及椭圆上的一点，求得，则椭圆方程得解； （2）根据四边形为平行四边形，将问题转化为求三角形面积的最大值；设出直线的方程，利用弦长公式和点到直线的距离公式表达其面积，再求最小值即可. 【小问1详解】 根据题意可得：，又， 解得：， 故椭圆的标准方程为：. 【小问2详解】 根据（1）中所求可得的坐标为， 根据题意，连接作图如下： 根据椭圆的对称性，四边形为平行四边形， 设其面积为，故， 当直线斜率为零时，显然不满足题意， 故直线的斜率不为零，设其方程为：， 联立椭圆方程：可得：， 设的坐标分别为， 则， ， 点到直线的距离， ， 令，则， 故 对函数，， 故在单调递增，在单调递减， 故，当且仅当，即时取得等号； 故四边形ABCD面积的最大值为，此时直线的方程. 【点睛】关键点点睛：处理问题的关键是能够根据四边形的形状，将四边形面积最大值的问题转化为求三角形面积的问题. 21. 已知函数． （1）证明：函数有三个不同零点的必要条件是； （2）由代数基本定理，次复系数多项式方程在复数域内有且只有个根（重根按重数计算）． 若，证明：方程至多有3个实数根． 【答案】（1） ，其判别式． 若函数有三个不同零点，则必有极大值点与极小值点． 故，从而其必要条件为． （2） 令． 则． 令 则． 令，则． 由，可知． 所以在定义域上单调递增，则其仅有唯一零点，不妨记为， 可知在上，在上，故先减后增． 所以至多有两个不同的零点，不妨设为， 从而在上单调递增，上单调递减，上单调递增． 从而至多有三个不同零点． 所以方程至多有3个实数根． 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的极值及二次函数的判别式，结合必要条件的定义证明即可； （2）利用多次求导、二次函数的判别式及隐零点，判定函数的单调性与零点即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 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xOy中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为 （1）求曲线C和直线l的直角坐标方程； （2）已知点，直线l与曲线C交于A，B两点，求的值. 【答案】（1），； （2）． 【解析】 【分析】（1）曲线的参数方程消参得直角坐标方程，利用极坐标和直角坐标方程的互化公式求得直线l的直角坐标方程； （2）先得到直线的参数方程，将直线的参数方程代入到圆的方程，得到关于的一元二次方程，由根与系数的关系、参数的几何意义进行求解. 【小问1详解】 由（为参数）， 消参得曲线的直角坐标方程为． 由得， 则直线的直角坐标方程为． 【小问2详解】 易知点在直线上，直线的参数方程可写为（为参数）， 代入，得． 设对应的参数分别为，则 ． [选修4-5：不等式选讲] 23. 已知函数． （1）求的解集； （2）若函数的最小值为，且，求的最小值. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）利用分区间讨论的方法，去掉绝对值符号，化简函数的表达式，进而将转化为3个不等式组求解，即得答案； （2）结合（1）中的表达式，确定M的值，利用河西不等式即可求得答案. 【小问1详解】 ， 故等价于或或， 解得， 不等式的解集为； 【小问2详解】 当时，； 当时，； 当时，， 故函数的最小值为，即 利用柯西不等式可得， 即，当且仅当时等号成立， 结合，即当时，取得最小值4. 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 西宁市高三年级复习检测（二） 理科数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，再选涂其它答案标号.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. 已知复数，则对应的点在复平面的（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 3. 机器人是一种能够半自主或全自主工作的智能机器．它可以辅助甚至替代人类完成某些工作，提高工作效率，服务人类生活，扩大或延伸人的活动及能力范畴．某公司为了研究某机器人的销售情况，统计了2022年2月至7月M，N两店每月该机器人的营业额（单位：万元），得到如图所示的折线图，则下列说法中不正确的是（ ） A. N店营业额的平均值是29 B. M店营业额的中位数在内 C. M店营业额的极差比N店营业额的极差小 D. M店营业额的方差大于N店营业额的方差 4. 已知直线：，直线：，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 5. 如图，在中，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 6. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑等，如图所示的亭子带有攒尖的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其底面积为，屋顶的体积为，算得侧面展开图的圆心角约为（ ） A. B. C. D. 7. 重庆，我国四大直辖市之一，这里资源丰富，旅游景点也多，不仅有山水自然风光，还有人文历史景观．现有甲、乙两位游客慕名来到重庆旅游，分别准备从巫山小三峡、南川金佛山、大足石刻和酉阳桃花源4个国家5A级旅游景区中随机选择其中一个景区游玩．记事件：甲和乙至少一人选择酉阳桃花源景区，事件：甲和乙选择的景区不同，则概率（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，点在上，点在轴上，，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 9. 早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同．若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 10. 在三棱锥中，是等边三角形，平面平面，，则三棱锥的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 11. 关于函数，有下列四个说法：①的最大值为；②的相邻两个零点分别为，，且有；③的图象上相邻两个对称中心间的距离为；④的图象关于直线对称，若有且仅有一个说法是错误的，则（ ） A. B. C. D. 12. 已知，则的大小为（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 的展开式中x的系数为______. 14. 已知圆的圆心与抛物线的焦点关于直线对称，直线与圆相交于两点，且，则圆的方程为______． 15. 已知等比数列的各项均为正数，且，则_____. 16. 设函数，已知直线与函数的图象交于两点，且的最小值为（为自然对数的底），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. 已知数列，_______________.请从下列两个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答.（注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分.）①数列的前项和为（）；②数列的前项之积为（）. （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 18. 为降低汽车尾气的排放量，某厂生产甲乙两种不同型号的节排器，分别从甲乙两种节排器中各自抽取100件进行性能质量评估检测，综合得分情况的频率分布直方图如图所示. 节排器等级及利润如表格表示，其中， 综合得分k的范围 节排器等级 节排器利润率 k≥85 一级品 a 75≤k≤85 二级品 5a2 70≤k<75 三级品 a2 （1）若从这100件甲型号节排器按节排器等级分层抽样的方法抽取10件，再从这10件节排器中随机抽取3件，求至少有2件一级品的概率； （2）视频率分布直方图中的频率为概率，用样本估计总体，则 ①若从乙型号节排器中随机抽取3件，求二级品数的分布列及数学期望； ②从长期来看，哪种型号的节排器平均利润较大？ 19. 如图，等腰梯形中，，点M是AB的中点，将沿着CM翻折到，使得平面平面AMCD，E、F分别为CM、PA的中点. （1）求证：平面PCD； （2）求二面角的余弦值. 20. 已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，两个焦点分别为，，过的直线与椭圆交于，两点，过与平行的直线与椭圆交于，D两点（点A，D在x轴上方）. （1）求椭圆的标准方程； （2）求四边形ABCD面积的最大值以及此时直线的方程， 21. 已知函数． （1）证明：函数有三个不同零点的必要条件是； （2）由代数基本定理，次复系数多项式方程在复数域内有且只有个根（重根按重数计算）． 若，证明：方程至多有3个实数根． 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xOy中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为 （1）求曲线C和直线l的直角坐标方程； （2）已知点，直线l与曲线C交于A，B两点，求的值. [选修4-5：不等式选讲] 23. 已知函数． （1）求的解集； （2）若函数的最小值为，且，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $