甘肃省武威第六中学2024届高三下学期高考模拟（二）（4月）数学试卷及答案

这是一份甘肃省武威第六中学2024届高三下学期高考模拟（二）（4月）数学试卷及答案，共19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．已知全集，集合．，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．若，则在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．直线上B．直线上
C．直线上D．直线上
3．已知随机变量满足，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．设，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
5．已知双曲线的右焦点为是的一条渐近线上位于第一象限内的一点，延长线段与的另一条渐近线交于点．若为坐标原点，，则的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
6．某校高三（1）班和（2）班各有40名同学，其中参加数学兴趣社团的学生分别有10人和8人．现从这两个班中随机抽取一名同学，若抽到的是参加数学兴趣社团的学生，则他来自高三（1）班的概率是（ ）
A．B．C．D．
7．在中，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．某公司2023年的销售额为1000万元，2023年四个季度的销售额情况统计如图所示．
其中第二季度销售额是第一季度销售额的2倍．则下列说法正确的是（ ）
A．该公司四个季度的销售额先增长再下降
B．从这四个季度中任选两个，则这两个季度的销售额都大于250万的概率为
C．从这四个季度中任选两个，则这两个季度的销售额的和大于500万的概率为
D．从这四个季度中任选两个，则这两个季度的销售额差的绝对值小于250万的概率为
10．已知是同一平面内的四点，且，则（ ）
A．当点在直线的两侧时，
B．当点在直线的同侧时，
C．当点在直线的两侧时，的最小值为3
D．当点在直线的同侧时，
11．函数的图象恒过定点，若点在直线上，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．若的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则该展开式中项的系数为 ．（用数字作答）
13．记各项均为正数的数列的前项积为，则当的值最小时，对应的一个值是 ．
14．已知椭圆的左、右焦点分别为，过点且斜率为的直线与交于两点．若，则的离心率为 ；线段的垂直平分线与轴交于点，则 ．
四、解答题
15．记的内角的对边分别为，已知，且．
(1)求；
(2)设，求的面积．
16．如图，在三棱柱中，平面平面，，过的平面与分别交于点.
(1)证明：四边形为平行四边形；
(2)若，则当为何值时，直线与平面所成角的正弦值最大？
17．已知抛物线的焦点为，准线为是上在第一象限内的点，且直线的倾斜角为，点到的距离为．
(1)求的方程；
(2)设直线与交于两点，是线段上一点（异于两点），是上一点，且轴．若平行四边形的三个顶点均在上，与交于点，证明：为定值．
18．某校高三年级进行班级数学文化知识竞赛，每班选三人组成代表队，其中1班和2班进入最终的决赛．决赛第一轮要求两个班级的代表队队员每人回答一道必答题，答对则为本班得1分，答错或不答都得0分．已知1班的三名队员答对的概率分别为、、，班的三名队员答对的概率都是，每名队员回答正确与否相互之间没有影响．用、分别表示1班和2班的总得分．
(1)求随机变量、的数学期望；
(2)若，求2班比1班得分高的概率．
19．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，，求实数的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】根据不等式的解法求得或，得到,结合，即可求解.
【详解】由，解得或，所以或，可得,
因为，且，所以，
即实数的取值范围为.
故选；C.
2．A
【分析】设，根据题意，得到，求得，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】设，则，
因为，可得，则，
根据复数相等的定义，可得，所以在复平面内，复数对应的点位于直线上．
故选：A.
3．B
【分析】先根据正态分布的性质求得，再利用正态分布的性质求解概率即可.
【详解】由，得，则，
由，得，
因为，
所以随机变量对应的正态密度曲线的形状相同，其对称轴分别为直线，
从而.
故选：B
4．D
【分析】利用中间值“1”与比较得出，再由作差比较法比较，利用换底公式和对数函数的单调性即得.
【详解】因为，所以．同理
又因在定义域内为减函数，故，
而，
因，，且，故，即，所以．
故选：D.
5．D
【分析】由题意，可求得，进而计算，即可求得结果.
【详解】由，得，
所以，
由，得，解得或（舍去），
所以，从而的渐近线方程为．
故选：D
6．C
【分析】方法一：根据条件概率及全概率公式可得结果；方法二：缩小样本空间根据古典概型概率公式可得结果.
【详解】法一：因为抽到的参加数学兴趣社团的学生可能来自于高三（1）班和（2）班，
设“抽到的学生来自高三（1）班”，“抽到的学生来自高三（2）班”、
“抽到的是参加数学兴趣社团的学生”、
则，
由全概率公式得，
所以.
法二：由题得参加数学兴趣社团的学生共有人，由古典概型的概率公式，
则他来自高三（1）班的概率为．
故选：C.
7．A
【分析】根据两角和差的正弦公式，结合同角三角函数商关系进行求解即可.
【详解】由已知，得为钝角，和均为锐角．
设，
由；
由，
解得，
所以，所以，．
故选：A
8．C
【分析】先将的图象向左平移2个单位长度，可得函数图像，即把问题转化为直线与函数图象交点的个数问题；再证明为奇函数，然后求导后得到在区间上为减函数；再求出曲线在点处的切线方程为，求出，，时的范围；最后作出的图象和的图像，数形结合得到结果.
【详解】将的图象向左平移2个单位长度，可得函数的图象，
所以原题转化为“函数有3个零点”，
即研究直线与函数图象交点的个数问题．
因为的定义域为，且，
所以为奇函数．
因为，
所以在区间上为减函数，
且曲线在点处的切线方程为．
当时，；
当时，；
当的，，
作出的图象．如图：
由图知：当时，直线与函数的图象有3个交点．
故实数的取值范围是．
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是将的图象向左平移2个单位长度，可得函数图像，即把问题转化为直线与函数图象交点的个数问题；再根据函数的奇偶性和单调性作出函数图像.
9．AB
【分析】根据题意和饼状图，可求出第一、二、三、四季度销售额，按照试验“任选两个季度的销售额”列举出所有的基本事件，分别就各选项中的事件，利用古典概型概率公式求解即得.
【详解】对于A项，由题意可得第一、二、三、四季度销售额分别为100万、200万、400万、300万元，故A正确；
对于B项，任选的两个季度的销售额，可以为，，，，，，其6种情况，
这两个季度的销售额均大于250万的只有一种情况，则概率为，故B正确；
对于C项，这两个季度销售额的和大于500万的有，共2种情况，故概率为，即C错误；
对于D项，这两个季度销售额差的绝对值小于250万的有共5种情况，故概率为，即D错误．
故选：AB.
10．ACD
【分析】依据在直线的同侧或两侧分类研究，在两侧时由数量积和模的运算计算结果，可判断A、C；在同侧时利用数量积的三角形式求解可判断B，结合平面向量基本定理，判断答案D.
【详解】
设，由，，
得
；由，得，，
当点在直线的两侧时，如图①，，
所以，即，故A正确；
因为，
所以当时，的最小值为3，故C正确；
当点在直线的同侧时，如图②，
，
所以，故B错误；
设，则，
即解得，
所以，即，故D正确．
故选：ACD.
11．BCD
【分析】根据对数函数的性质可得定点，得出，利用均值不等式判断A，重要不等式判断B，转化为二次函数判断C，根据“1”的变形技巧及均值不等式判断D.
【详解】由题得点，即，
所以，即，当且仅当时取等号，故A错误；
，当且仅当时取等号，故B正确；，故C正确；
由，，，且取不到等号，故，故D正确．
故选：BCD
12．
【分析】由二项式系数相等即可得值，由二项展开的通项公式即可得项的系数.
【详解】的展开式中第3项、第9项的二项式系数分别为，根据题意，
得，则，从而，
由通项公式知，所以，
故所求项的系数为.
故答案为：.
13．4（或5，答案不唯一）
【分析】由积与项之间的关系求出，再利用对数运算性质解不等式即可求解.
【详解】由，得，
则．又当时，适合，
所以，则．
当时，；当时，；当时，，
所以当或时，；
当或时，．综上，或．
故答案为：4（或5，答案不唯一）.
14． / /
【分析】根据已知条件结合直线斜率公式可得离心率；根据椭圆定义结合余弦定理可得第二空结果.
【详解】设，由，得．
由直线的斜率为，得，即，
两边同除以，得，解得或（舍去），
所以，，
设的中点为，
在中，，所以，
连接，在中，设，
由椭圆的定义，得．
由余弦定理，得，解得，
所以，
从而，故．
故答案为：，.
.
【点睛】方法点睛：椭圆求离心率或者范围关键是找到关于的一个等量关系或不等关系，转化为关于的齐次式求得.
15．(1)
(2)
【分析】（1）先求出，再根据，可得，再利用二倍角的余弦公式结合平方关系即可得解；
（2）由，得，结合，得，再利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出各边，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】（1）由，得，则，
又，
所以，
即，
即．
由，解得．
又，
解得或（舍去），
从而；
（2）由，得，
结合，得，
由正弦定理，得．
又，所以，
由余弦定理，得，
即，
解得，
所以的面积为．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理证明线线平行，即可得证；
（2）取的中点，利用面面垂直的性质定理证明，然后建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后代入线面角的向量公式，利用二次函数性质求解最值即可.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，所以.
因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，
所以四边形为平行四边形.
（2）取的中点，连接，
由及，得为等边三角形，所以.
又平面平面，平面平面平面，
所以平面.
又平面，所以，由及，
得为等腰直角三角形，所以.
以为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，
建立如图的空间直角坐标系，
则，，
所以，
设，则，
设平面的法向量为，
则，即，令，得，
所以平面的一个法向量为.
设直线与平面所成的角为，
则，
所以当，即为的中点时，，
故当时，直线与平面所成角的正弦值最大.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线定义得到，再根据条件得到，代入抛物线方程得到方程，即可求出结果；
（2）设直线的方程为，，根据条件得到，从而有直线的方程为，得到直线过点，又由题设知的中点坐标为，得到为的中点，即可解决问题.
【详解】（1）根据抛物线的定义，得，过点作轴，垂足为，则，
又，所以，代入，得，
整理得，解得（舍去）或，
故的方程为．
（2）设，显然，与轴不平行，
设直线的方程为，，
联立得，则，且，
因为四边形为平行四边形，所以，
即，所以，得到，
又，即，
由点在上，得，解得，
所以直线的方程为，即，
所以直线过点，
又将代入，得，所以的中点坐标为，即为的中点，
所以，故为定值．
18．(1)，
(2)
【分析】（1）依题意可得的可能取值为、、、，求出所对应的概率，即可求出数学期望，又，根据二项分布的期望公式计算可得；
（2）结合（1）中结论，利用条件概率的概率公式计算可得.
【详解】（1）依题意可得的可能取值为、、、，
所以，
，
，
，
所以随机变量的分布列为
所以．
又班的总得分满足，则．
（2）设“”为事件，“班比班得分高”为事件，
则
，
，
所以，
所以班比班得分高的概率为．
19．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，求得，分和，两种情况讨论，进而求得函数的单调区间；
（2）设，根据题意，转化为不等式在上恒成立，求得，分，，两种情况讨论，结合函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，
当时，，则在区间上为增函数；
当时，，
当时，；当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．
（2）解：设，
当时，，即在上恒成立，
由，
①若，则，从而在区间上单调递增，
所以，即恒成立，此时符合题意．
②若，则，
当或时，；当时，，
所以在区间和上单调递增，在区间上单调递减．
（ⅰ）若，即，
当时，，从而在区间上单调递增，
所以，解得，
即当时，符合题意；
（ⅱ）若，即，
当时，；当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以是的极小值点，也即最小值点，即，
此时恒成立，符合题意；
（ⅲ）若，即，
当或时，；当时，，
所以在区间和上单调递增，在区间上单调递减，
所以是的极大值点，是的极小值点，
要使恒成立，只需，解得．
又因为，所以当时符合题意．
综上可得，实数的取值范围为．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
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1
2
3