宁夏吴忠市2024届高三下学期高考模拟联考（一）理科数学试题及答案

这是一份宁夏吴忠市2024届高三下学期高考模拟联考（一）理科数学试题及答案，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．1D．
3．已知，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．设是等比数列，且，，则（ ）
A．12B．24C．30D．32
5．从甲地到乙地的距离约为240km，经多次实验得到一辆汽车每小时耗油量（单位：L）与速度（单位：km/h）（）的下列数据：
为描述汽车每小时耗油量与速度的关系，则下列四个函数模型中，最符合实际情况的函数模型是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知数列满足，，则（ ）
A．3B．2或C．3或D．2
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
9．已知甲同学从学校的2个科技类社团，4个艺术类社团，3个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在仅有一个是艺术类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率（ ）
A．B．C．D．
10．已知点为抛物线的焦点，过的直线与交于两点，则的最小值为（ ）
A．B．4C．D．6
11．在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法
①不存在点，使得平面
②存在点，使得平面
③当点不是的中点时，都有平面
④当点不是的中点时，都有平面
其中正确的说法有（ ）
A．①③B．③④C．②③D．①④
12．椭圆曲线是代数几何中一类重要的研究对象，关于椭圆曲线：，下列结论正确的是（ ）
A．曲线过点
B．曲线关于点对称
C．曲线关于直线对称
D．若曲线上存在位于轴左侧的点，则
二、填空题
13．若函数的图象在点处的切线平行于轴，则 .
14．已知双曲线的一条渐近线为，则的离心率为 .
15．已知，若为偶函数，则 ．
16．已知高为2的圆锥内接于球O，球O的体积为，设圆锥顶点为P，平面为经过圆锥顶点的平面，且与直线所成角为，设平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，，则 .
三、解答题
17．某校为举办甲､乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一､方案二.为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立.
(1)分别估计该校男生支持方案一的概率､该校女生支持方案一的概率；
(2)从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率.
18．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.
(1)若PB＝，求PA；
(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA．
19．如图所示的五面体中，平面平面，四边形为正方形，，，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
20．已知椭圆与椭圆有相同的离心率，椭圆焦点在y轴上且经过点.
(1)求椭圆的标准方程：
(2)设A为椭圆的上顶点，经过原点的直线交椭圆于干P，Q，直线AP､AQ与椭圆的另一个交点分别为点M和N，若与的面积分别为和，求取值范围.
21．已知函数.
(1)若有且仅有一个零点，求实数的取值范围：
(2)证明：.
22．在直角坐标系中，已知圆的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求的极坐标方程；
(2)若直线的极坐标方程为，设与的交点为，，求的面积.
23．设函数．
(1)求不等式的解集；
(2)设a，b是两个正实数，若函数的最小值为m，且．证明：．
0
40
60
80
120
0.000
6.667
8.125
10.000
20.000
男生
女生
支持
不支持
支持
不支持
方案一
200人
400人
300人
100人
方案二
350人
250人
150人
250人
参考答案：
1．A
【分析】
先求出集合中元素范围，再求交集即可.
【详解】,，
因为，
所以.
故选：A.
2．B
【分析】
先求出复数，再求.
【详解】由，得，即，
所以，
故选：B
3．C
【分析】
应用，结合数量积运算即可.
【详解】由，则，
得
即，解得，
因为，
所以与的夹角为.
故选：C
4．D
【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.
【详解】设等比数列的公比为，则，
，
因此，.
故选：D.
【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．
5．C
【分析】
作出散点图，根据单调性和定义域即可得解.
【详解】作出散点图，由图可知函数模型满足：第一，定义域为；第二，在定义域单调递增且单位增长率变快；第三，函数图象过原点.
A选项：函数在定义域内单调递减，故A错误；
B选项：函数的单位增长率恒定不变，故B错误；
C选项：满足上述三点，故C正确；
D选项：函数在处无意义，D错误.
故选：C
6．C
【分析】根据递推公式计算即可.
【详解】因为，，
所以，
所以，
，
，
，
所以或，
故选：C.
7．A
【分析】
根据，结合二倍角公式和诱导公式即可求解.
【详解】因为，则，
所以，
故选：A.
8．B
【分析】
根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义分析判断即得.
【详解】，取，此时，而，
反之，若，则，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
9．A
【分析】设事件为“仅有一个是艺术类社团”，事件为“另一个是体育类社团的概率”，利用条件概率公式可得结论.
【详解】设事件为“仅有一个是艺术类社团”，事件为“另一个是体育类社团的概率”，
则，，
.
故选：A.
10．C
【分析】设直线方程为，联立方程组得出两点坐标的关系，根据抛物线的性质得出关于两点坐标的式子，使用基本不等式求出最小值.
【详解】抛物线的焦点，
过的斜率为0的直线为，直线与抛物线有且只有一个交点，
与条件矛盾，故直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，
联立方程组，得，
方程的判别式，
设，则，，所以，
由抛物线的性质得，
.
当且仅当时，等号成立，
故选：C.
11．B
【分析】
对于①，由当点与点重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，若平面，则，建系利用向量运算即可判断；对于③④，由线面平行，线面垂直的相关知识判断即可.
【详解】对于①，由当点与点重合时，由，
而平面，平面，得平面，故①错误；
对于②，若存在点，使得平面，则，
又，可得，
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，，，
则，，，，
则，，
，，
所以，这与矛盾，故②错误；
对于③，当不是的中点时，
由，且面，面，可知面，
又直线为面与面的交线，则，
又面，面，从而可得面，故③正确；
对于④，由③可知，又平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，所以平面，故④正确.
综上，③④正确.
故选：B.
12．D
【分析】
代入验证判断A；设一组对称点代入检验判断B、C；选项D结合函数值域分析即可求解.
【详解】把代入，可得，故A错；
设曲线上任一点，则 ①
而点关于点对称点，
如果曲线关于，则也应在曲线上，
则 ②
联立①②得，，方程无解，
所以P和这样的对称点不存在，即不是该椭圆曲线的对称点，故B错误；
设曲线上任一点，则 ③，
而点关于对称的点为，
如果曲线关于对称，则也应在曲线上，
则 ④，
联立③④得，，解得，
此时P和重合，即曲线不是椭圆而是直线，不符合题意，故C错；
由原方程得：，
若曲线上存在位于轴左侧的点，即当时，有点在曲线上，
设，则，
当时，，在上单调递增；且，
所以此时，此时没有y能使成立；
当时，令，所以，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减；
所以只需的极大值非负，即可使曲线上存在位于y轴左侧的点，
即，
所以
所以，
所以，得，即，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：当曲线涉及到对称时，可设出对称点代入方程进行验证；涉及到取值范围，需要结合函数求出其取值范围综合分析.
13．
【分析】
求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案.
【详解】
由题意得，
由函数的图象在点处的切线平行于轴，
可得，得，
故答案为：-2
14．
【分析】
由条件可得，然后直接计算离心率即可.
【详解】
设的半焦距为，由题意知，
所以，
故答案为：.
15．/0.5
【分析】
为偶函数，定义域关于原点对称，可求出的值，再由，求的值.
【详解】
函数有意义，则，，
解得或，所以函数定义域为，
因为为偶函数，则有，解得，
所以，，
由，有，
则有，所以.
故答案为：
16．
【分析】根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答.
【详解】令球半径为，则，解得，由平面与直线成角，
得平面截球所得小圆半径，因此，
由球的内接圆锥高为2，得球心到此圆锥底面距离，则圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段为圆锥底面圆的弦，
点为弦中点，如图，依题意，，，
，显然，于是，
所以.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及平面截球所得截面，利用截面小圆的性质，可从线面垂直关系求解，也可借助勾股定理建立数量关系求解.
17．(1)，
(2)
【分析】（1）根据表中的数据分别求出男生支持方案一和女生支持方案一的频率，然后利用频率来衡量概率可求得结果，
（2）分两种情况，①仅有两个男生支持方案一，②仅有一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，求出各自的概率，然后利用互斥事件的概率公式可求得结果
【详解】（1）该校男生支持方案一的概率为，
该校女生支持方案一的概率为；
（2）3人中恰有2人支持方案一分两种情况，①仅有两个男生支持方案一，②仅有一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，
所以3人中恰有2人支持方案一概率为：；
18．（1）（2）
【详解】试题分析:（1）在三角形中，两边和一角知道，该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理求第三边.（2）利用同角三角函数的基本关系求角的正切值.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角形中，注意这个隐含条件的使用.
试题解析:解：（1）由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝.
故PA＝. 5分
（2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α.
在△PBA中，由正弦定理得，
化简得cs α＝4sin α.
所以tan α＝，即tan∠PBA＝ . 12分
考点：（1）在三角形中正余弦定理的应用.（2）求角的三角函数.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由余弦定理求出，即可得到，从而得证；
（2）过点作交于点，即可得到平面，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
在中，因为，故，不妨设，
所以由余弦定理，得，则，
所以，所以，
又，平面，所以平面.
（2）解：过点作交于点，则，
平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，所以，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
20．(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆确定离心率，设出其方程，利用点的坐标求得，即可求得答案；
（2）设，利用椭圆方程推出，从而设的方程，联立椭圆方程，求得相关点坐标，得到，，从而可求出的表达式，利用换元法，结合二次函数性质，即可求解答案.
【详解】（1）
由题意知椭圆的离心率为，故椭圆的离心率也为，
设椭圆的方程为，则，
即，将代入得，
则椭圆的方程为；
（2）由于A为椭圆的上顶点，故，

不妨设P在第一象限以及x轴正半轴上，，则，则，
故，
由题意知直线AP存在斜率，设其方程为，
则AQ的直线方程为，
联立直线AP和椭圆的方程，整理得，
解得，即；
联立直线AP和椭圆的方程，整理得，
解得，即；
故，同理可求得，
所以，
设，则，
而，
由于，故在时单调递减，
即，
故，即.
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的参数的取值范围问题，难点在于的取值范围的求解，解答时要利用联立直线和椭圆方程求解相关点的坐标，继而求出的表达式，利用换元法，结合二次函数性质求解答案，计算过程比较复杂，计算量较大.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）将题目转化为有一个解，构造函数，求导，思路1：讨论判断判别式判断单调性，确定零点个数；思路2：根据二次函数性质讨论和两种情况，判单调性求解；
（2）利用（1）取得不等式，再赋值证明即可.
【详解】（1）
易知函数的定义域为.
由，可得.
设，则，
，且与有相同的零点个数.
思路1：令，，则.
当时，，则，即，可得在单调递减，则有且仅有一个零点.
当时，显然，则，可得在单调递减，则有且仅有一个零点.
当时，由，解得，，且.
当时，，即，则单调递增；
当时，，即，则单调递减.
不难得知，
，
（令，故在单调递减，
故，即，），
则在有一个零点，可知不只一个零点，不合题意.
综上，可知.
思路2：令，.
当时，在单调递减，有，即，
可得在单调递减，则有且仅有一个零点.
当时，.
若，则，可得在单调递减，
则有且仅有一个零点.
若，存在，且，使得.后续过程同思路1.
综上，可知
（2）
取，当时，，有，
即，则.
令，，则，即，
从而
.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数研究函数单调性及零点,解决第二问的关键是利用（1）的结论赋值得不等关系，从而进行求和证明.
22．(1)；
(2).
【分析】
（1）消去参数得到的直角坐标方程，进而利用，得到极坐标方程；
（2）将代入的极坐标方程中，得到，利用点到直线距离公式求出三角形的高，得到三角形面积.
【详解】（1）
因为圆的参数方程为（为参数），
则其直角坐标方程为，
即.
因为，，
故的极坐标方程为，即.
（2）
因为的极坐标方程为，代入的极坐标方程中，
得，即，
曲线：，化为直角坐标方程为，
圆心到直线：的距离，
则的高为2，
则的面积为.
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先去掉绝对值，变为分段函数，再求解不等式的解集；
（2）利用第一问的分段函数得到函数图象，求出函数的最小值，也就是的值，再用柯西不等式进行证明．
【详解】（1）解：由已知得：，
又，所以或或，
解得或或
综上，不等式的解集为；
（2）解：由（1）可知，所以的函数图象如下所示：
所以当时取值最小值，所以，
即，又、，
由柯西不等式：，
所以，当且仅当时取等号．