贵州省安顺市部分学校2024届高三下学期二模考试数学试题（含解析）

这是一份贵州省安顺市部分学校2024届高三下学期二模考试数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知直线与圆相交于两点，若，则（ ）
A．B．1C．D．2
4．高二年级进行消防知识竞赛．统计所有参赛同学的成绩．成绩都在内．估计所有参赛同学成绩的第75百分位数为（ ）
A．65B．75C．85D．95
5．已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（ ）
A．eB．1C．D．
6．已知椭圆的左、右焦点分别为．点在上，且．，则（ ）
A．B．1C．D．2
7．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长都等于2，则该四棱锥的内切球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．甲、乙等6人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为（ ）
A．342B．390C．402D．462
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．
B．
C．在上单调递减
D．的图象向左平移个单位长度后关于轴对称
10．在中，为的中点，点在线段上，且，将以直线为轴顺时针转一周围成一个圆锥，为底面圆上一点，满足，则（ ）
A．
B．在上的投影向量是
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．直线与平面所成角的正弦值为
11．已知非常数函数的定义域为，且，则（ ）
A．B．或
C．是上的增函数D．是上的增函数
三、填空题
12．已知向量，若，则 .
13．在中，内角所对的边分别为，若成等比数列，且，则 ， ．
14．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条渐近线的垂线交双曲线的左支于点，已知，则双曲线的渐近线方程为 ．
四、解答题
15．已知是等差数列，，且成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，且，求的前项和．
16．如图，在直三棱柱中，已知.

(1)当时，证明：平面.
(2)若，且，求平面与平面夹角的余弦值.
17．为建设“书香校园”，学校图书馆对所有学生开放图书借阅，可借阅的图书分为“期刊杂志”与“文献书籍”两类.已知该校小明同学的图书借阅规律如下：第一次随机选择一类图书借阅，若前一次选择借阅“期刊杂志”，则下次也选择借阅“期刊杂志”的概率为，若前一次选择借阅“文献书籍”，则下次选择借阅“期刊杂志”的概率为.
(1)设小明同学在两次借阅过程中借阅“期刊杂志”的次数为X，求X的分布列与数学期望；
(2)若小明同学第二次借阅“文献书籍”，试分析他第一次借哪类图书的可能性更大，并说明理由.
18．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围．
19．已知是抛物线上任意一点，且到的焦点的最短距离为.直线与交于两点，与抛物线交于两点，其中点在第一象限，点在第四象限.
(1)求抛物线的方程.
(2)证明：
(3)设的面积分别为，其中为坐标原点，若，求.
参考答案：
1．A
【解析】根据复数除法法则化简复数为代数形式，再根据复数几何意义确定选项.
【详解】，在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A
【点睛】本题考查复数除法法则即有复数几何意义，考查基本分析求解能力，属基础题.
2．D
【分析】根据集合的并集与补集运算即可.
【详解】因为，所以，又，
所以．
故选：D.
3．B
【分析】
先计算直线到圆心的距离，然后根据勾股定理得到，从而代入条件即可解出，从而得到.
【详解】
如图所示：

设坐标原点到直线的距离为，则.
设线段的中点为，则，根据勾股定理，有.
由，得，故，解得，故.
故选：B.
4．C
【分析】根据给定的频率分布直方图，利用第75百分位数的定义求解即得.
【详解】观察频率分布直方图知，成绩在的频率为，
成绩在的频率为，
因此成绩的第75百分位数，，解得，
所以估计所有参赛同学成绩的第75百分位数为85.
故选：C
5．D
【分析】
等价转化为在区间上恒成立，再利用分离参数法并结合导数即可求出答案.
【详解】
因为在区间上恒成立，所以在区间上恒成立．
令，则在上恒成立，
所以在区间上单调递减，所以，故．
故选：D.
6．B
【分析】
利用椭圆的定义，结合垂直关系列式求解即得.
【详解】依题意，，令椭圆的半焦距为c，
由，得，即，
因此，即，所以，即.
故选：B
7．A
【分析】
求出棱锥的高，进而得到棱锥体积，设出内切球半径，根据体积得到方程，求出半径，进而得到表面积.
【详解】
设内切球的半径为的中点为，则⊥平面，
因为四棱锥的底面是边长为2的正方形，所以，
因为，由勾股定理得，
故棱锥的体积为，棱锥的表面积为，
设内切球的半径为，

则由等体积法可得，解得，
所以．
故选：A
8．B
【分析】先分组再分配，先将人分成组，有、、三种分组可能，结合条件甲、乙两人不去同一景区游览，每种情况都先求出所有游览方法总数，减去甲乙去同一景区的方法总数，三种情况再求和即可.
【详解】去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人去游览，
则三个景区的人数有3种情况：①1，1，4型，则不同种数为；
②1，2，3型，则不同种数为；
③2，2，2型，则不同种数为．
所以共有种.
故选：B
9．BCD
【分析】
根据函数的对称性求得，即可求出，代入求值判断A，利用对称性判断B，代入验证法判断C，根据平移变换法则求得新函数解析式，利用偶函数性质判断D.
【详解】由题意函数的图象的一条对称轴方程为，
所以，所以，
因为，所以，即.
对于A，，错误；
对于B，因为，所以图象的一个对称中心为，
即，正确；
对于C，当时，，
所以在上单调递减，C正确；
对于D，的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为，显然是偶函数，其图象关于轴对称，D正确.
故选：BCD
10．ABD
【分析】根据弧长求出，即可判断A选项；观察投影向量即可判断选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可判断C、D选项.
【详解】
旋转一周后所得圆锥的顶点为，底面圆心为，半径，
所以圆的周长为，所以所对的圆心角为，A正确；
易知B正确；以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，
所以，C错误．
设平面的法向量为，则令，
则．设直线与平面所成的角为，
则，D正确.
故选：ABD
11．AC
【分析】A.令判断；B.令，分别令，判断；CD.由，令判断.
【详解】解：在中，
令，得，即．
因为函数为非常数函数，所以，A正确．
令，则．
令，则，①
令，则，②
由①②，解得，从而，B错误．
令，则，即，
因为，所以，所以C正确，D错误．
故选：AC
12．
【分析】
利用数量积的坐标运算求得，，再根据数量积运算求解即可.
【详解】
因为，所以，，
因为，所以，所以，解得.
故答案为：
13． / /0.5
【分析】将用正弦定理化为，再用即可解出，从而求出；然后由成等比数列知，利用得到，即可根据的值得到的值.
【详解】因为，由正弦定理知，
所以有：．
故，即，从而，所以．
因为成等比数列，所以，从而．
故答案为：；.
14．
【分析】
根据给定条件，结合双曲线的定义、余弦定理求出的关系即可作答.
【详解】
根据题意画出图象如下：

由得，又，所以，
双曲线的渐近线方程为，
则点到渐近线的距离，所以在中，，
由余弦定理得，
即，化简得，即，
解得或，因为，所以.
则双曲线的渐近线方程为．
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】
（1）根据题意列式求出公差，即可求得答案；
（2）由累加法可求出，即可求得，利用裂项相消法求和，即得答案.
【详解】（1）
因为成等比数列，
所以，解得．
又是等差数列，，所以公差，
故.
（2）
由，得，
所以,又,
当时，
,
又也适合上式，所以,
则,
所以.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点，连接，则利用中位线性质得，再利用线面平行证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，计算出所求平面的法向量，利用公式法求出平面与平面的夹角的余弦值.
【详解】（1）当时，为的中点，连接，交于点，连接，
可知是的中位线，所以.
又平面平面，所以平面.
（2）易知两两垂直，以为原点，的方向分别为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，

当时，，.
设平面的法向量为，
则，令，得.
易知为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则.
17．(1)分布列见解析，
(2)小明第一次选择借阅“期刊杂志”的可能性更大，理由见解析
【分析】（1）求出随机变量的取值，结合条件概率求出对应的概率，即可求出分布列和数学期望；
（2）先求出，然后根据条件概率公式分别求出借阅两类图书的概率，比较大小即可解答.
【详解】（1）设表示第次借阅“期刊杂志”，表示第次借阅“文献书籍”，，
则.
依题意，随机变量的可能取值为0，1，2.
，
，
.
随机变量的分布列为
所以.
（2）若小明第二次借阅“文献书籍”，则他第一次借阅“期刊杂志”的可能性更大．理由如下：
．
若第一次借阅“期刊杂志”，则．
若第一次借阅“文献书籍”，则．
因为，所以小明第一次选择借阅“期刊杂志”的可能性更大.
18．(1)答案见解析
(2)
【分析】
（1）求出定义域，求导，分和两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形得到，在（1）的基础上得到，从而，再令，，得到，令，，求导得到其单调性，求出最小值为，从而得到不等式，求出的取值范围.
【详解】（1）的定义域为，则，
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，令，解得，令，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）由题意得，对任意的，存在，使得，即，
由（1）知，时，在上单调递增，在上单调递减；
故在处取得极小值，也是最小值，
故，即证，
令，，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在单调递减，故，
令，，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，且，
综上，都在上取得最值，从而，解得，
故实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用焦半径公式求得，即可求解抛物线方程；
（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理利用根与系数的关系求解即可；
（3）由得，结合（2）的韦达定理得，从而求得，从而面积之比转化为的值.
【详解】（1）设，易知，准线方程为，所以.
当时，取得最小值，由，解得.所以抛物线的方程为.
（2）设直线与轴交于点，因为直线的斜率显然不为0，
所以设直线的方程为，
联立，消去得，
所以，所以，
同理可得，所以.
（3）因为，所以，即.
因为，所以，即，
所以，由（2）知，所以，
故，所以，即，
化简得，解得或，
若，则，这与矛盾，所以，
所以.
0
1
2