2024年普通高等学校招生伯乐马模拟考试（二）数学（理）试卷及答案

这是一份2024年普通高等学校招生伯乐马模拟考试（二）数学（理）试卷及答案，共21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．已知表示集合A中整数元素的个数，若集合，集合，以下选项错误的是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知函数则（ ）
A．B．C．D．2
3．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑（biē，nà）．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某鳖臑的三视图，则该鳖臑的最长棱长为（ ）
A．B．C．D．
4．等比数列满足，，则（ ）
A．30B．62C．126D．254
5．某学校一同学研究温差（单位：℃）与本校当天新增感冒人数（单位：人）的关系，该同学记录了5天的数据：
由上表中数据求得温差与新增感冒人数满足经验回归方程，则下列结论不正确的是（ ）
A．与有正相关关系B．经验回归直线经过点
C．D．时，残差为0.2
6．已知直线l经过点，则“直线l的斜率为”是“直线l与圆C：相切”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
7．基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键．其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“九章算术”，“古今数学思想”，“数学原理”，“世界数学通史”，“算术研究”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，且已选过的课程不能再选，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式种数为（ ）．
A．种B．种C．种D．种
8．在平面直角坐标系中，设都是锐角，若的始边都与轴的非负半轴重合，终边分别与圆交于点，且，则当最大时，的值为（ ）
A．B．C．D．
9．的零点的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
10．过双曲线上任一点作两渐近线的平行线，且与两渐近线交于，两点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．3B．C．2D．
11．在中，角的对边分别是，若，，则（ ）
A．B．
C．D．的面积为
12．定义在上的函数满足，是函数的导函数，以下选项错误的是（ ）
A．
B．曲线在点处的切线方程为
C．在上恒成立，则
D．
二、填空题
13．复数（是虚数单位），则虚部为
14．若变量满足不等式组，则的最大值是 ．
15．如图为几何体的一个表面展开图，其中的各面都是边长为的等边三角形，将放入一个球体中，则该球表面积的最小值为 ；在中，异面直线与的距离为 .
16．出入相补是指一个平面（或立体）图形被分割成若干部分后面积（或体积）的总和保持不变，我国汉代数学家构造弦图，利用出入相补原理证明了勾股定理，我国清代的梅文鼎、李锐、华蘅芳、何梦瑶等都通过出入相补原理创造了不同的面积证法证明了勾股定理.在下面两个图中，若，，，图中两个阴影三角形的周长分别为，，则的最小值为 .

三、解答题
17．等差数列中，，．
(1)求的通项公式；
(2)设，记为数列前项的和，若，求．
18．已知函数
(1)当时，求曲线在点处曲线的切线方程；
(2)求函数的单调区间.
19．在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现在6名男志愿者和4名女志愿者，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示.
(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含但不包含的概率；
(2)用表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求的分布列及数学期望、方差.
20．如图1，在直角中，，，，D，E分别为边，的中点，将沿进行翻折，连接，得到四棱锥（如图2），点F为的中点．
(1)当点A与点C首次重合时，求翻折旋转所得几何体的表面积；
(2)当为正三角形时，求直线与平面所成角的正弦值．
21．已知椭圆的焦距为，离心率为，椭圆的左右焦点分别为、，直角坐标原点记为．设点，过点作倾斜角为锐角的直线与椭圆交于不同的两点、．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆上有一动点，求的取值范围；
(3)设线段的中点为，当时，判别椭圆上是否存在点，使得非零向量与向量平行，请说明理由．
22．已知平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求曲线的普通方程以及曲线的直角坐标方程；
(2)若点在曲线上运动，求点到曲线的距离的取值范围．
23．已知为正实数，.
(1)要使不等式恒成立，求实数的取值范围；
(2)求证：，并指出等号成立的条件.
5
6
8
9
12
16
20
25
28
36
参考答案：
1．C
【分析】由不等式解出集合和指数函数的性质解出集合，再根据集合的新定义和交集，并集，补集计算逐个判断即可.
【详解】由不等式，解得，
由不等式，
所以集合，集合，
所以，故A正确；
所以，故B正确；
，故C错误；
，故D正确；
故选：C.
2．B
【分析】利用函数解析式逐层求解即可.
【详解】因为所以，
因为，所以.
故选：B.
3．C
【分析】根据三视图，还原直观图，即可求得最长的棱长.
【详解】根据三视图，还原直观图为三棱锥，如图所示，
由题意得，
在直角三角形中，，同理，
所以最长棱为.
故选：C.
4．C
【分析】由题意和等比数列的性质求得，进而，即可求解.
【详解】由题意知，设等比数列的公比为，
则，得，
所以，
所以.
故选：C
5．C
【分析】根据和的变化规律，即可判断A；计算，即可判断B；将样本点中心代入回归直线方程，即可求，即可判断C；根据回归直线方程计算时的，计算，即可判断D.
【详解】由表格可知，越大，越大，所以与有正相关关系，故A正确；
，，
样本点中心为，经验回归直线经过点，故B正确；
将样本点中心代入直线方程，得，所以，故C错误；
，当 时，，，故D正确.
故选：C
6．C
【分析】由题求得过且与圆相切的直线方程，即可判断命题关系
【详解】由题，圆是圆心为，半径为的圆，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，
此时圆心到直线距离为1，不等于半径，与圆不相切不符合；
当直线的斜率存在时，设直线为，化为一般式即，
则圆心到直线距离为，解得,
所以“直线的斜率为”是“直线与圆相切”的充要条件,
故选：C.
7．B
【分析】将所有选修方式分为两年修完和三年修完两类，结合分组分配的方式可求得结果.
【详解】若两年修完全部五门选修课程，先将五门课程分成两组，再从三个学年中选取两年来安排课程，
则共有种选修方式；
若三年修完全部五门选修课程，则先将五门课程分成三组，再安排到三个学年中，
则共有种选修方式；
综上所述：每位同学不同的选修方式种数为种.
故选：B.
8．A
【分析】根据题意的始边都与轴的非负半轴重合，得出，最后计算即可.
【详解】，
，
.
故选：A.
9．D
【分析】先把零点个数转化为函数交点个数，再构造函数,结合导函数求解单调性及极值最后应用数形结合求解.
【详解】由得，构造函数，求导得
在上单调递减，在上单调递增，上单调递减，且，
及时，的图像如图，得到有3个解.

故选：D.
10．D
【分析】求出的坐标，然后利用斜率之积建立方程，利用离心率公式求解离心率即可.
【详解】过点与双曲线渐近线平行的直线为，
于是有：，解得，即，
过点与双曲线渐近线平行的直线为，
于是有：，解得，即，
所以，因为，所以，
所以双曲线的离心率为.
故选：D
11．C
【分析】根据及余弦定理可判断A；根据及正弦定理可判断B；由的
值及同角三角函数的基本关系可求，，根据正弦定理求出，代入求出可判断C；
根据三角形面积公式可判断D.
【详解】由余弦定理可得，解得，故A错误；
由及正弦定理，可得,
化简可得.
因为，所以，所以，即.
因为，所以，故B错误；
因为，所以且，代入，
可得，解得，.
因为，，，
所以由正弦定理可得，
由，可得，
化简可得，解得或（舍），故C正确；
.
故选：C.
12．C
【分析】由，可得，即可得的解析式，结合导数计算、导数的几何意义及利用导数求函数的极值与最值即可判断各选项.
【详解】由，有，
则，
即，
则，
整理得，有，
则，，即，故A正确；
，，
故切线方程：，化简得，故B正确；
在上恒成立，由，
故，故C错误；
不等式等价于，
令，
则，
故当时，，在、上单调递减，
当时， ，在上单调递增，
故有极小值，
当时，有，
故，即，故D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过赋值法求出函数的解析式，再结合导数的运算，导数的几何意义，不等式恒成立问题的处理方法，利用导数求函数的最值判断各选项.
13．-1
【分析】根据复数乘法运算法则即可求得虚部.
【详解】
故答案为:-1
【点睛】本题考查复数的乘法运算,属于基础题.
14．2
【分析】由约束条件作出可行域，令，化为直线方程的斜截式，数形结合得答案．
【详解】由作出可行域如图，
令，可得，由图可知，当直线过时，有最大值为2．
故答案为：2．
15．
【分析】结合图形发现几何体是由两个相同的正四棱锥共底构成，比较与的大小，可得当球恰好外接时该球表面积的最小值，则该球表面积的最小值可求；找出的平行线，而与相交构成平面，则异面直线与的距离可转化为点到平面的距离，然后等体积法求之即可.
【详解】因为的各面都是边长为的等边三角形，
所以结合图像可知，几何体是由两个相同的正四棱锥共底构成.
正四棱锥中
将放入一个球体中，当球恰好外接时该球表面积的最小值，
此时球半径为，
该球表面积的最小值为，
因为正方形的对角线的交点,平分与，
所以四边形为平行四边形，则,
而与相交构成平面，
则异面直线与的距离即点到平面的距离，
三棱锥的体积,
令点到平面的距离为，
则，
解得，
异面直线与的距离为.
故答案为：，.
16．
【分析】根据图形中的相似关系先表示出，然后利用基本不等式求解出最小值.
【详解】如图1，易知，且，

所以，所以；
如图2，易知，且，

所以，所以，
所以,
又因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，
所以最小值为，
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由基本量法求出等差数列的公差，再求其通项公式；
（2）由等比数列前项和公式求得，列方程可求．
【详解】（1）设的公差为，由题设得
因为，所以，解得，
故.
（2）由（1）得．
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以，
由得，解得.
18．(1)
(2)答案见解析.
【分析】(1)利用导数的几何意义求解;(2)利用导函数研究函数的单调性.
【详解】（1）当时，，定义域为，
，所以切点为，
又因为，所以，即切线的斜率等于2，
根据点斜式得，整理得.
（2）,
当时，恒成立，所以在上单调递增，
当时，令即解得，
令即解得，
所以在单调递增，单调递减.
19．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）由题意可知，随机变量的可能取值有，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求期望和方差.
【详解】（1）记“接受甲种心理暗示的志愿者包含但不包含”为事件，
则.
（2）由题意知的所有可能取值为，则
；；；
；.
所以随机变量的分布列为：
因此，，
.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据旋转体的性质即可结合圆锥的表面积公式求解，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.
【详解】（1）当点与点重合时，三角形翻折旋转所得的几何体为底面半径为，高为的半个圆锥，
三角形翻折旋转所得的几何体的表面积为：
，
（2）当三角形为正三角形时，，，
由于，，，，平面，所以平面，
建立如图所示的空间直角坐标系，
,
则,
设平面法向量为，
则取，则，
设直线与平面所成角为，则
21．(1)
(2)
(3)不存在点，使得//，理由见解析
【分析】（1）由题意计算即可得；
（2）由设出点坐标，表示出，结合与点坐标范围计算即可得.
（3）设出直线方程后联立得一元二次方程，由直线与椭圆交于不同的两点可得该方程，并由方程中的韦达定理表示出直线斜率，假设存在该点，则有，借此设出直线方程，则该直线与椭圆必有焦点，即联立后有，结合前面所得可计算出的范围.
【详解】（1）由题意，得，，所以，
则椭圆的标准方程为；
（2）设动点，，，
，
，所以的取值范围为；
（3）显然直线的斜率存在，故可设直线，、，
联立， 消去得，
，即①，
则，，
则，，
则，
故，
若，则有，
设直线为，
联立，消去有，
要使得存在点，则，
整理得，
故②，
由①②式得，，
则，解得，
所以当时，不存在点，使得.
22．(1)曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为
(2)
【分析】（1）消参即可求出曲线的普通方程，根据，即可得曲线的直角坐标方程；
（2）由曲线的参数方程可设，利用点到直线距离公式表示出所求距离，结合正弦型三角函数值域的求解方法求得结果.
【详解】（1）由，消参得，
所以曲线的普通方程为，
由，得，
因为，所以曲线的直角坐标方程为；
（2）由曲线的参数方程可设，
则点到直线的距离，
因为，
所以，
即点到曲线的距离的取值范围为．
23．(1)
(2)证明见解析，当，时等号成立
【分析】（1）先求得的最小值，然后利用零点分段法来求得的取值范围.
（2）结合二次函数的性质来证得不等式成立.
【详解】（1），
当且仅当时等号成立.
所以恒成立，
令，
由解得，
所以的取值范围是.
（2）依题意为正实数，，所以，
所以，
当时等号成立.