青海省海南州部分学校2024届高三下学期一模仿真考试数学试题（理）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1青海省海南州部分学校2024届高三下学期一模仿真考试数学试题（理）一､选择题1.已知，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，则，故选：D.2.已知集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗,则,故故故选:B.3.已知奇函数，则（）A. B.0 C.1 D.2〖答案〗B〖解析〗易知，且定义域为R，若其为奇函数，则，故，经检验成立.故选：B4.已知为坐标原点，抛物线的焦点为为上一点，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗记准线与x轴的交点为H，过点A作垂直准线于点D，作于点E，由题可知，，所以，则，为锐角，所以，所以.故选：B5.春节期间，某街道办事处组织志愿者为小区老人送了春节礼物和新年祝福．活动结束后，甲、乙等5名志愿者从左到右随机排成一排合影，则甲与乙之间恰好有2人的不同的排法种数为（）A6 B.12 C.24 D.36〖答案〗C〖解析〗第一步，先排甲乙有种；第二步，从其余3人中选择2人排在甲乙中间有种；第三步，从两端选择一个位置排最后一人，有种.所以，总的排法有种.故选：C6.已知数列是各项及公差都不为0的等差数列，若为数列的前项和，则“成等比数列”是“为常数列”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〗因为数列是公差不为0的等差数列，设其公差为，所以，若成等比数列，则，解得，此时，为常数，充分性成立；反之，若为常数列，则，则，得，则，易知，故必要性成立，故“成等比数列”是“为常数列”的充要条件.故选:C．7.现有一个杯口和杯底的内径分别为的圆台形的杯子，往杯中注入一部分水，测得水面离杯底的高为，该高度恰好是杯子高度的一半，则杯中水的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题可得，杯底面积为，杯口面积为，圆台中截面面积，又溶液高度为，则杯中水溶液的体积．故选：C．8.已知，则（）A. B. C.或 D.或〖答案〗D〖解析〗因为，所以或，当，则；当，则,故.故选：D9.执行如图所示的程序框图，设输入的分别为，最终输出的实数记为．若在区间[上随机选取一个数，则的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，且，则，，；因为，则，，；因为，则，，；输出M=5,所以的概率．故选：D．10.已知为坐标原点，为双曲线的左焦点，直线与交于两点（点在第一象限），若，且，则的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设双曲线右焦点，连接，由对称性可知，，，，因为，所以，故四边形为矩形，⊥，因为，所以，由双曲线定义可得，由勾股定理得，由题意得，即，解得，故，解得，离心率为.故选：B11.已知球是棱长为2的正方体的内切球，是棱的中点，是球的球面上的任意一点，，则动点的轨迹长度为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由正方体性质易得平面，且内切球半径，分别取中点N,E,F,易知平面平面，故平面，则点P的轨迹为平面与内切球的交线，即为截面圆的周长，易知球心平面，则到平面的距离即为平面与平面的距离，故截面圆的半径为，故的轨迹长度为.故选：D.12.已知函数的部分图象如图所示，若函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由图知，，所以，所以，或，，因为，所以，结合选项可得，此时，所以，，所以，，因为，所以或，综上可得，，所以，因为函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，所以．故选：D．二､填空题13.已知向量，，，写出一个非零向量的坐标：__________．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗因为，，所以，又且，所以，则，不妨令.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）14.已知满足约束条件则的最小值是__________．〖答案〗4〖解析〗作出可行域，如图：然后平移直线，由图可知，当平移至点B处时z取得最小值，由解得，代入目标函数得.故〖答案〗为：415.在中，内角所对的边分别为，过点作，垂足为，若，则__________．〖答案〗0.5〖解析〗,由正弦定理得，化简得，即，因为，则，则.故〖答案〗为：.16.投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，游戏方式是把箭向壶里投．《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏．为弘扬传统文化，某单位开展投壶游戏，现甲、乙两人为一组玩投壶，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶．无论之前投壶情况如何，甲每次投壶的命中率均为，乙每次投壶的命中率均为，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为．已知在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为__________．〖答案〗〖解析〗设“第次投壶的人是甲”，“第次投壶的人是乙”，.由题意可得：，则，即在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为为.故〖答案〗为：三､解答题（一）必考题17.近些年来，促进新能源汽车产业发展政策频出，新能源市场得到很大发展，销量及渗透率远超预期，新能源几乎成了各个汽车领域的热点．某车企通过市场调研并进行粗略模拟，得到研发投入（亿元）与经济收益（亿元）的数据，统计如下：研发投入亿元12345经济收益亿元2.546.5910.5（1）计算的相关系数，并判断是否可以认为研发投入与经济收益具有较高的线性相关程度：（若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高）（2）求出关于的线性回归方程，并预测研发投入10亿元时的经济收益．参考数据：附:相关系数,线性回归方程的斜率，截距．解：（1）依题意，，，所以，所以，因为，所以可以认为研发投入与经济收益具有较高的线性相关程度；（2）由（1）可得，所以，所以关于的线性回归方程为，当时，所以当研发投入亿元时的经济收益约为亿元.18.记等差数列的前项和为，是正项等比数列,且．（1）求和的通项公式；（2）证明是等比数列．（1）解：由题意，设等差数列的公差为，则，解得，则；设正项等比数列的公比为，则，，由题意，可得，解得或（舍去），故.（2）证明：令，则，故是以为首项,公比为的等比数列.19.在四棱锥中，底面为等腰梯形，为等边三角形．（1）证明：平面平面．（2）求平面与平面的夹角的余弦值．（1）证明：连接取AD中点O,连接为等边三角形，则，且由已知得：所以，则，，又平面，故平面，平面，故平面平面．（2）解：取中点,连接，以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图空间直角坐标系，，则，设平面的法向量，令，；平面的法向量，，令，；设平面与平面的夹角为则,故平面与平面的夹角的余弦值为.20.已知椭圆的离心率为是椭圆上的一动点，点到点的距离的最大值为．（1）求椭圆的方程．（2）设是椭圆上的一点，O是坐标原点，直线与椭圆交于两点，且是线段的中点．以为切点作椭圆的切线，与椭圆交于两点，试问四边形的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．解：（1）由椭圆的离心率为可得：，解得：.设点坐标为，由题意可得：，，则所以当时，取得最大值.因为点到点的距离的最大值为所以，解得：.所以椭圆的方程为：.（2）设点坐标为，根据题意可得：，.当过点的直线垂直于轴时，由题意可得：，，且.将代入椭圆可得：，；将代入椭圆可得：，，此时四边形的面积为.当过点的直线不垂直于轴时，设直线的斜率为，直线的方程，则.联立直线与椭圆的方程：，整理得：.因为直线与椭圆相切，所以，即.设点，，联立直线与椭圆的方程：，整理得：，则所以又因为点到直线：的距离为，所以.又因为直线与椭圆交于两点，且是线段的中点，所以，则四边形的面积为.综上可得：四边形的面积为定值，等于.21.已知函数．（1）若函数在上单调递增，求的取值范围；（2）若函数的两个零点分别是且，证明：．（1）解：由题意，设，则，显然当时，，在上是增函数，即在上是增函数，由得，当时，，在递减，时，，在递增，要使函数在上单调递增，则，所以；（2）证明：由（1）知，设，当时，在单调递增，当时，在单调递减，故故恒成立，即时，恒成立，所以有两个零点分别是且，，由恒成立，可得，故，，，又，，所以，故，因此，得证（二）选考题.请考生在第22､23题中任选一题作答．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系中，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）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）若直线与分别交于两点，点，证明：．（1）解：消去参数可得曲线的普通方程为，利用可得直线的直角坐标