精品解析：福建省福州西岸教育2024届高三高考艺术生文化补习模拟测试（二）数学试题

2024届高考文补集训模拟测试卷（二）数学 （满分150分 ，时120分钟） 一、单项选择题：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. 已知全集，集合，集合，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 复数z满足，其中i为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知为正项的等比数列，是它的前n项和，若，且与的等差中项为，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 实数满足，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知正三棱台的上､下底面的边长分别为6和12，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 若M为所在平面内一点，且满足，则为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 7. 已知m、n是两条不同直线，、、是三个不同平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 8. 2023年10月23日，杭州亚运会历时16天圆满结束.亚运会结束后，甲､乙､丙､丁､戊五名同学排成一排合影留念，其中甲､乙均不能站左端，且甲､丙必须相邻，则不同的站法共有（ ） A. 18种 B. 24种 C. 30种 D. 36种 二、多项选择题：本题共3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. 下列说法正确的是（ ） A. 向量在向量上的投影向量的坐标为 B. “”是“直线与直线平行”的充要条件 C. 若正数a，b满足，且，则 D. 已知为两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，若，则 10. 已知为数列的前n项和，，若数列既是等差数列，又是等比数列，则（ ） A. 常数数列 B. 是等比数列 C. 为递减数列 D. 是等差数列 11. 在三棱锥中，已知，棱AC，BC，AD的中点分别是E，F，G，，则（ ） A. 过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面是菱形 B. 平面平面BCD C. 异面直线AC，BD互相垂直 D. 三棱锥外接球的表面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，则实数t=________． 13. 已知，若，则 ____． 14. 的最小值为__________，已知非负实数x，y满足，则的最小值为__________． 四、解答题 15. 已知函数的最小正周期为8． （1）求函数的单调减区间； （2）若，且，求的值． 16. 已知数列的前项积为，且． （1）证明：是等差数列； （2）从中依次取出第1项，第2项，第4项……第项，按原来顺序组成一个新数列，求数列的前项和． 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，点分别在线段和的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； 18. 已知是椭圆的右焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，的最大值为.当时，的面积为. （1）求椭圆的方程； （2）、为椭圆的左、右顶点，点满足，当与、不重合时，射线交椭圆于点，直线、交于点，求的最大值. 19. 已知函数是大于0的常数，记曲线在点处的切线为在轴上的截距为. （1）若函数，求的单调区间； （2）当时，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024届高考文补集训模拟测试卷（二）数学 （满分150分 ，时120分钟） 一、单项选择题：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. 已知全集，集合，集合，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简两个集合，根据阴影部分可求答案. 【详解】由题意图中阴影部分为， 而，， 所以. 故选：B. 2. 复数z满足，其中i为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数除法运算以及共轭复数、虚部的概念即可求解. 【详解】由题意，所以的虚部为. 故选：D. 3. 已知为正项的等比数列，是它的前n项和，若，且与的等差中项为，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差中项的应用和等比数列的通项公式求得，结合等比数列前n项求和公式计算即可求解. 【详解】因为与的等差中项为，所以， 设等比数列的公比为， 又，得，解得或（舍去）， 则. 故选：C. 4. 实数满足，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】用已知条件消元后用基本不等式即可. 【详解】因为， 所以 所以，当且仅当取等号 故选：D． 5. 已知正三棱台的上､下底面的边长分别为6和12，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正三棱台的几何特征求出棱台的高，再求出上下底面积，利用棱台的体积公式求解即可. 【详解】由题意可知正三棱台的上底面面积为，下底面面积为， 设中点为，为下、上底面中心，连接，过作底面交于， 由正三棱台的性质可知，， 因为平面平面，所以为棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角，即， 因为，， 所以，， 所以此三棱台的体积， 故选：C 6. 若M为所在平面内一点，且满足，则为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量线性运算法则化简条件等式可得，两边平方化简可得，结合数量积的性质可得，由此可得结论. 【详解】由，得 所以，即， 两边平方并化简得，则，即，故， 所以是直角三角形. 故选：A 7. 已知m、n是两条不同直线，、、是三个不同平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用长方体中线面的关系，逐一确定各选项. 【详解】 A选项：令平面为平面，为直线，为直线， 有：，，但，A错误； B选项：令平面为平面，令平面为平面， 令平面为平面，有：，，而，B错误； C选项：令平面为平面，令平面为平面，为直线， 有：，，则，而，C错误； D选项：垂直与同一平面的两直线一定平行，D正确. 故选：D 8. 2023年10月23日，杭州亚运会历时16天圆满结束.亚运会结束后，甲､乙､丙､丁､戊五名同学排成一排合影留念，其中甲､乙均不能站左端，且甲､丙必须相邻，则不同的站法共有（ ） A. 18种 B. 24种 C. 30种 D. 36种 【答案】C 【解析】 【分析】分类当丙站在左端时及丙不站在左端时的情况计算即可得. 【详解】由题意可知，当丙站在左端时，有种站法； 当丙不站在左端时，有种站法. 由分类加法计数原理可得，一共有种不同的站法. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3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. 下列说法正确的是（ ） A. 向量在向量上的投影向量的坐标为 B. “”是“直线与直线平行”的充要条件 C. 若正数a，b满足，且，则 D. 已知为两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，若，则 【答案】CD 【解析】 【分析】利用投影向量的求法可判定A的正误，利用直线平行的条件可得B的正误，利用对数运算及基本不等式可得C的正误，根据空间位置关系可得D的正误. 【详解】对于A，向量在向量上的投影向量的坐标为，A不正确. 对于B，直线与直线平行，则有且，解得或， 所以“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件，B不正确. 对于C，因为，所以，所以， 因为，所以等号不成立，故，C正确. 对于D，因为，所以，因为，所以，D正确. 故选：CD. 10. 已知为数列的前n项和，，若数列既是等差数列，又是等比数列，则（ ） A. 常数数列 B. 是等比数列 C. 为递减数列 D. 是等差数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等差数列和等比数列的性质，结合等比数列的定义逐一判断即可. 【详解】对于选项A：设等差数列的公差为， 由题意可知：， 因为数列也是等比数列， 因此有， 显然既是等差数列，又是等比数列，符合题意，故A正确； 对于选项B：可知， 当时，，两式相减得， 且，可得， 可知数列是以为首项，公比为的等比数列，则，故B正确； 对于选项C：因为，，可得， 根据指数函数的单调性和单调性的性质可以判断数列为递增数列，故C错误； 对于选项D：因为， 所以数列是不为零的常数列，所以它是等差数列，故D正确； 故选：ABD 11. 在三棱锥中，已知，棱AC，BC，AD的中点分别是E，F，G，，则（ ） A. 过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面是菱形 B. 平面平面BCD C. 异面直线AC，BD互相垂直 D. 三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A项，利用中位线证明平行关系与长度关系得四边形为菱形；B项，取CD的中点P，由勾股定理证明，由等腰三角形三线合一得，由线线垂直证线面垂直再证面面垂直即可；C项，假设垂直推证，由斜边与直角边关系可推出矛盾；D项，取的中心，由面面垂直性质定理得线面垂直关系，由勾股定理得，利用球心到各顶点距离相等可得正三角形的中心即为球心. 【详解】选项A，如图，连接EF，EG，取BD的中点H，连接GH，FH， 由F是BC的中点，得，， 同理得，，所以，， 四边形EFHG是平行四边形， 于是过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面即为四边形EFHG， 且由E，F分别是AC，BC的中点，得，，因此， 所以四边形EFHG为菱形，故A正确； 选项B，取CD的中点P，连接， 由，得， 由，得，又，所以， 所以， 又，，又平面BCD，所以平面BCD， 又平面ADC，所以平面平面BCD， 故B正确； 选项C，假设，已知 ，且平面， 所以平面，而平面，所以，所以， 这与已知“”矛盾， 故C错误； 选项D，取正三角形的中心，连接， 则， 由于是直角三角形，CD为斜边，则， 由平面平面BCD，平面平面， 由，且平面，所以平面， 所以，则， 所以的外心就是三棱锥的外接球球心， 所以外接球半径R就是的外接圆半径，可知， 所以三棱锥外接球的表面积为，故D正确． 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，则实数t=________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量共线的坐标表示求解即可. 【详解】，， 因为，所以，解得. 故答案为： 13. 已知，若，则 ____． 【答案】 【解析】 【分析】由诱导公式化简，再用倍角公式求值. 【详解】由，得，∴. 故答案为： 14. 的最小值为__________，已知非负实数x，y满足，则的最小值为__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】分式先分离常数，再应用基本不等式的乘“1”法；第2式，先应用配凑法，再应用乘“1”法即可. 【详解】因为，由 ， 当且仅当，即时等号成立， 则的最小值为. 由 ， 当且仅当，即时取等， 又，则时， 的最小值为. 故答案为：；. 四、解答题 15. 已知函数的最小正周期为8． （1）求函数的单调减区间； （2）若，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，由最小正周期求出，整体代入法求函数单调递减区间； （2）由，得，，利用两角和的正弦公式计算. 【小问1详解】 ， 由题意，得：，所以， 所以， 由，得： 所以函数的单调减区间是． 【小问2详解】 由，得：，所以， 因为，所以， 所以， 所以 ． 16. 已知数列的前项积为，且． （1）证明：是等差数列； （2）从中依次取出第1项，第2项，第4项……第项，按原来顺序组成一个新数列，求数列的前项和． 【答案】（1）因为数列的前项积为，所以， 又因为，所以， 化简可得， 当时，，解得：， 所以是等差数列，首项为3，公差为2. （2） 【解析】 【分析】（1）由，，代入可得，化简即可证明结论； （2）由等差数列的通项公式可得，从而得到数列的通项公式，利用错位相减即可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得, 所以，故，令数列的前项和为， 则① ② ①②可得： 化简可得：， 所以数列的前项和 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，点分别在线段和的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； 【答案】（1） 因为底面为直角梯形，， 所以， 因为，是线段的中点， 所以， 又因为，，且， 所以四边形是矩形，同时， 因为平面，且平面， 所以， 因为，，平面，平面，， 所以平面，且平面 所以， 因为点是线段的中点，且， 所以， 因为，，平面，平面，， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先根据已知条件证明四边形是矩形，接着证明平面，又，，结论平面得证； （2）先证明直线两两垂直，从而建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，且，所以直线两两垂直， 如图所示，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系， 且， 则， 由上问平面，则向量是平面的一个法向量，且， 设向量是平面的法向量，且， 则，即，不妨取， 令向量与向量的夹角为， 所以， 设平面与平面的夹角为， 所以平面与平面夹角的正弦值为：. 18. 已知是椭圆的右焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，的最大值为.当时，的面积为. （1）求椭圆的方程； （2）、为椭圆的左、右顶点，点满足，当与、不重合时，射线交椭圆于点，直线、交于点，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出，分析出，利用勾股定理结合椭圆的定义、三角形的面积公式可得出，再由可得出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）求出点的坐标，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，将这两条直线的方程联立，求出点的横坐标为，设点，其中，求出关于的函数表达式，利用基本不等式求出的最大值，即可得出的最大值. 【小问1详解】 解：设点，则，， 因为 ， 所以，， 设椭圆左焦点为，因为，所以. 即， 又因为，所以， 所以，所以，所以， 因为此时，所以，所以，所以. 因为，所以，，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 解：设点，，， 因为点满足，则，解得，所以， 由题知不与轴重合，设直线的方程为， 联立方程组，消整理得， ， 设、，则，. 因为的方程为，的方程为 两直线方程联立得：. 因为. 所以，解得， 所以动点的轨迹方程为. 由椭圆的对称性不妨设，直线、的倾斜角为、， 由图可知，且， 因为，则， 因为，， 所以， 当且仅当时等号成立，此时，， 所以的最大值为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 19. 已知函数是大于0的常数，记曲线在点处的切线为在轴上的截距为. （1）若函数，求的单调区间； （2）当时，求的取值范围. 【答案】（1）当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，的减区间为，增区间为； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求出其单调区间. （2）利用导数的几何意义求出切线的方程及其横截距，根据已知构造函数并解不等式得解. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，在区间上单调递增， 当时，由，得，由，得， 则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 函数，求导得，切线方程为：， 令，得，由，得， 又，，，又由，得， 即，令，， 求导得，当时，，当时，， 因此函数在区间单调递增，在区间单调递减， 而，则由，得， 所以的取值范围是. 【点睛】关键点睛：导数问题往往涉及到分类讨论，分类讨论标准的确定是关键，一般依据导数是否有零点、零点存在时零点是否在给定的范围内及零点在给定范围内时两个零点的大小关系来分层讨论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $