陕西省安康市汉滨区2024届高三下学期高考模拟（五）数学试题（理）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省安康市汉滨区2024届高三下学期高考模拟（五）数学试题（理）第I卷一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由，解得或，所以，则，由，即，所以，解得，所以，所以.故选：C2.若，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〗D〖解析〗因为，，又，所以，即，所以，所以在复平面内对应的点为，位于第四象限.故选：D3.若，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，，因为，可知，又因为，所以.故选：C.4.当今时代，数字技术作为世界科技革命和产业变革的先导力量，日益融入经济社会发展各领域全过程，深刻改变着生产生活方式，从而带动了大量电子产品在市场上的销售.某商城统计了2023年6月份到12月份某电子产品的实际销量如表所示:月份6789101112月份代码1234567销量（千只）0.60.91.01.31.51.72.1根据表中数据，认为与线性相关，且关于的线性回归方程为，则预测2024年3月份该商场这种电子产品的销量约为（）A.2600只 B.2740只 C.2800只 D.2900只〖答案〗B〖解析〗依题意，，所以样本中心点为，则，解得，所以，其中2024年3月份对应的月份代码为，当时（千只），所以预测2024年3月份该商场这种电子产品的销量约为2740只.

故选：B5.已知向量,,,且,若,则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以且，所以，又，且，所以，所以，解得，又，所以，则，所以，则，所以.故选：A6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由三视图可得，该几何体为圆柱和半球的组合体，圆柱内挖去一个圆锥，所以该几何体的体积为.故选：A.7.函数的部分图象如图所示，则的〖解析〗式可能为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由图象可得函数为偶函数，且，，当且仅当时，，对于A，因为，，所以函数是偶函数，又，，则，所以函数在上单调递增，所以，故〖解析〗式可能为A，故A正确；对于B，由，不合题意，故B错误；对于C，因为，所以且，所以函数是非奇非偶函数，故C错误；对于D，由，不合题意，故D错误.故选：A.8.随着古代瓷器工艺的高速发展，在著名的宋代五大名窑之后，又增加了三种瓷器，与五大名窑并称为中国八大名瓷，其中最受欢迎的是景德镇窑．如图，景德镇产的青花玲珑瓷(无盖)的形状可视为一个球被两个平行平面所截后剩下的部分，其中球面被平面所截的部分均可视为球冠(截得的圆面是底，垂直于圆面的直径被截得的部分是高，其面积公式为，其中为球的半径，为球冠的高)．已知瓷器的高为，在高为处有最大直径(外径)为，则该瓷器的外表面积约为(取3.14)（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可知：球的半径为，上球冠的高，下球冠的高，设下底面圆的半径为，则，所以该瓷器的外表面积为.故选：C.9.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，以边为直径的圆的面积为，若的面积不小于，则的形状为（）A.等腰非等边三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形〖答案〗D〖解析〗根据题意可得，，，，又，则，又，所以，由余弦定理得，，所以，当且仅当时等号成立，所以，此时，所以，即等边三角形.故选：D.10.已知抛物线的焦点为F，E上任一点到直线的距离等于点到焦点的距离，过点的直线交于两点（其中在，之间)，若平分，则（）A.3 B.4 C.5 D.6〖答案〗B〖解析〗由抛物线上任一点到直线的距离等于点到焦点的距离，可得，解得，所以抛物线的方程为，则又由直线的斜率一定存在，设直线的方程为，联立方程组，整理得，设则，解得，且，过点分别作，垂足分别为，由中，，可得，由抛物线的定义，可得，且，因为平分，由三角形内角平分线的性质，可得，即，整理得到，即，因为，可得，所以，即，解得或（舍去），所以.故选：B.11.已知函数的最小正周期为，给出以下结论:①在区间上的值域为；②在区间上单调递减；③将图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数；④在区间内的所有零点之和为.其中所有正确结论的序号为（）A.①③ B.②④ C.②③④ D.①②④〖答案〗C〖解析〗因为，又的最小正周期为且，所以，解得，所以，当时，，所以，所以在区间上的值域为，故①错误；当时，，又在上单调递减，所以在区间上单调递减，故②正确；将的图象向左平移个单位长度得到，即为偶函数，故③正确；令，则，解得，当，令，解得，，所以的取值可以为，，，，，，，，，，，所以在区间内的所有零点之和为，故④正确；综上可得正确的有②③④.故选：C.12.在四棱锥中，底面四边形为等腰梯形,，，是边长为2的正三角形，，则四棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗取的中点，连接、，因为是边长为2的正三角形，所以，，又，，，所以，在中，由余弦定理，即，又，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，取的中点，连接、、，则、及均为等边三角形，易知且，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以等腰梯形外接圆的圆心为，设的外接圆的圆心为，则，设四棱锥外接球的球心为，连接、、，则平面，平面，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，所以外接球的半径，所以外接球的表面积.故选：C.第II卷二、填空题13.若，则________________.〖答案〗〖解析〗因为，所以，所以.故〖答案〗为：14.已知一数列：，则该数列的通项可以表示为________________.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗因为，，，，，，，所以该数列的通项可以表示为.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）15.甲、乙两名同学利用寒假到北京旅游，由于时间关系，只能从故宫、长城、颐和园、南锣鼓巷四个景点中随机选择一个游玩.在甲、乙两人选择的景点不同的条件下，甲和乙恰有一人选择颐和园的概率为________________.〖答案〗〖解析〗设事件：甲和乙选择的景点不同，事件：甲和乙恰有一人选择颐和园，所以，，所以.故〖答案〗为：16.如图，双曲线的右焦点为，点A在的渐近线上，点A关于轴的对称点为为坐标原点)，记四边形OAFB的面积为，四边形OAFB的外接圆的面积为，则的最大值为____________，此时双曲线的离心率为____________.〖答案〗〖解析〗由题意可知：，渐近线，即，则点到渐近线的距离为，因为，可知，则，可得，则，由题意可知：四边形OAFB的外接圆即为以OF为直径的圆，则，可得，当且仅当时，等号成立，可知的最大值为，此时双曲线的离心率为.故〖答案〗为：；.三、解答题17.已知单调递增数列满足，.（1）证明:是等差数列；（2）从①；②这两个条件中任选一个，求的前项和.注:如果选择不同的条件分别解答，按第一个解答计分.（1）证明：因为，所以，所以，所以，又数列单调递增且满足，即，所以，则，即，所以，所以，又，所以是首项为，公差为的等差数列.（2）解：由（1）可得，则，若选①：，所以；若选②：，所以.18.如图，在圆柱中，一平面沿竖直方向截圆柱得到截面矩形，其中，为圆柱的母线，点在底面圆周上，且过底面圆心，点D，E分别满足，过的平面与交于点，且.（1）当时，证明：平面平面；（2）若与平面所成角的正弦值为，求的值.（1）证明：当时，得，又，，所以，，平面，平面，平面，同理得平面，因为是平面内两条相交直线，所以平面平面.（2）解：因为，为圆柱的母线，所以垂直平面，又点C在底面圆周上，且过底面圆心O，所以，所以两两互相垂直.以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系，设，则，，，，，所以，，，，因为，所以，则，设平面的一个法向量为，则，即，令，解得，，所以，所以与平面所成角的正弦值为，，解得或，，.19.已知椭圆的离心率为，其左、右顶点分别为，过点的直线与交于，两点（异于点），且当轴时，四边形的面积为.（1）求的方程；（2）若直线与直线交于点，证明:三点共线.（1）解：依题意离心率，则，所以且，由，解得，所以当轴时，所以，解得，，所以椭圆方程为.（2）证明：依题意知直线的斜率不为，，，当直线的斜率不存在时直线，由（1）不妨取，，则直线的方程为，令可得，即，直线的方程为，则，即点在直线上，所以、、三点共线；当直线的斜率存在时，设直线，，，由得，显然，所以，，所以直线的方程为，令，可得，即，又，，所以，即，所以、、三点共线，综上可得、、三点共线.20.某课题实验小组共有来自三个不同班级的45名学生，这45名学生中，，B，C三个班级的人数比为4:3:2.（1）某次实验活动需从这45人中用分层抽样的方法随机抽取9人组成一个核心小组，再从这9人中随机抽取3人负责核心工作，记随机抽取的3人中来自B班级的人数为，求的分布列和数学期望；（2）由于不同的实验需要的人数不同，所以为便于进行实验的配合，实验过程中有2人一组，也有多人一组(多于2人)，其中2人一组的为基础实验，其他的为研发实验，实验结束后进行实验结果交流.记发言的小组来自研发实验的概率为，若共有5组进行发言，用表示恰有3组来自研发实验的概率，证明:的最大值不会超过.（1）解：抽取9人中来自B班级的人数为，的所有可能值为，，，，，所以的分布列为0123数学期望.（2）证明：依题意，，求导得，当时，，当时，，因此函数在上单调递增，在上单调递减，.21.已知函数.（1）证明：当时，在上单调递增；（2）若在上恰有3个零点，求的值.参考数据:.（1）证明：当时，，则，当时，所以，当时，，所以，所以当时，所以在上单调递增；（2）解：因为，当时，则单调递增，又，，所以在上存在一个零点，若时，则当时，此时在上不存在零点，所以当时在上只有一个零点，不符合题意；若时，，令，则，当时，即（）单调递减，又，，所以使得，所以当时，即单调递增，所以，当时，即单调递增，所以，所以当时，即无零点；当时令，则，所以在上单调递增，又，，所以使得，所以当时，即（）单调递减，所以，此时单调递减，当时，即（）单调递增，所以，此时单调递减，又，所以时，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以，又，所以在上有唯一零点；当时，单调递增又，，所以在上有一个零点，当时，所以无零点，所以当时在上恰有3个零点；当时在上有一个零点，又，，，，所以在，，上各至少有个零点，不符合题意，综上可得.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.在平面直角坐标系xOy中，直线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．（1）求的普通方程和的直角坐标