陕西省安康市高新中学、安康中学高新分校2024届高三下学期5月模拟预测数学（理）试题

这是一份陕西省安康市高新中学、安康中学高新分校2024届高三下学期5月模拟预测数学（理）试题，共16页。试卷主要包含了的展开式中的系数为，已知，则等内容，欢迎下载使用。

本卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.设复数满足，则的共轭复数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
3.已知在正项等比数列中，，且成等差数列，则（ ）
A.157 B.156 C.74 D.73
4.现有甲､乙两人参加射箭比赛，成绩如下：甲：，乙：，则下列说法错误的是（ ）
A.甲的射箭成绩的中位数为61.5
B.乙的射箭成绩的平均数为78
C.甲的射箭成绩的方差为26
D.乙的射箭成绩的标准差为
5.如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗线部分是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）
A.80 B.88 C.90 D.100
6.的展开式中的系数为（ ）
A.135 B.-135 C.2295 D.-2295
7.已知，则（ ）
A. B. C. D.
8.将抛物线绕其顶点逆时针旋转后，其准线方程为，则实数（ ）
A. B. C.2 D.-2
9.已知数列的通项公式为，则“”是“”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
10.已知分别为双曲线的左､右焦点，为坐标原点.以为圆心作与双曲线的两条渐近线都相切的圆，切点分别为，记四边形的面积为，过右焦点作直线垂直于轴，交双曲线于两点，记的面积为.若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
11.已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
12.如图，在三棱锥中，为的中点，与平面所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知单位向量满足，则__________.
14.若满足约束条件，则的最大值为__________.
15：已知函数在区间上是单调的，则的最大值为__________.
16.已知函数满足，函数，若与的图象恰有2024个交点，其坐标分别为，则__________.
三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17.（12分）
在中，内角所对的边分别为，且
（1）求；
（2）设为边的中点，，求线段长度的最大值.
18.（12分）
如图，在四棱锥中，.
（1）求证：；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
19.（12分）
密码锁是锁的一种，开启时用的是一系列的数字或符号，文字密码锁可分为机械密码锁､数字密码锁等.现有一数字密码锁试验.
（1）若该密码锁的密码有三位，每位由数字随机设置，现随机选择一个密码进行开锁试验，求开锁成功的概率；
（2）为了增加试验的趣味性，设置A，B，C，D四个互不相同的密码，每次使用其中一个且每次从上一次未使用的密码中随机选择一个，若第一次使用A密码，记第次使用密码的概率为.
（i）求；
（ii）设前次试验中使用密码的次数为，求.
20.（12分）
己知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数，求证：.
21.（12分）
已知椭圆的左､右顶点分别为，左､右焦点分别为是椭圆上一点，，直线的斜率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过右焦点的直线与椭圆交于点，直线交于点，求当时，的值.
（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程；
（2）设直线交曲线于两点，求以线段为直径的圆的面积.
23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若关于的方程无实数解，求实数的取值范围.
2024届高考考前最后一卷（全国乙卷）
理科数学•全解全析及评分标准
一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.C 【解析】由，得.又，所以.由，得，所以，所以，所以.故选.
2.B 【解析】因为，所以，
所以，所以，
所以在复平面内对应的点为，位于第二象限.故选B.
3.D 【解析】由题意，知.由成等差数列，得，所以，所以等比数列的公比，所以，所以.故选D.
4.B 【解析】由题意，得甲的射箭成绩的中位数为，故A正确；
乙的射箭成绩的平均数，故B错误；
甲的射箭成绩的平均数，
所以甲的射箭成绩的方差为
，故C正确；
乙的射箭成绩的方差为
，
所以乙的射箭成绩的标准差为，故D正确.故选B.
5.D 【解析】由三视图，知该几何体是一个大长方体挖去一个小长方体而得到的，
大长方体的底面是边长为4的正方形，高为5，小长方体的底面是长为3，宽为2的矩形，高为5，如图，所以该几何体的表面积为.故选D.
6.A 【解析】因为的展开式中的系数为，
所以的展开式中的系数为.故选A.
7.D 【解析】因为，
所以.故选D.
8.A 【解析】因为抛物线旋转后对应的准线方程为，且点到直线的距离为1.由，知，解得.故选A.
9.B 【解析】二次函数图象的对称轴是直线，当时，单调递减，也单调递减，当时，单调递增，也单调递增.
因为中的自变量为正整数，所以由，得，所以，所以“”是“”的必要不充分条件.故选B.
10.D 【解析】由题意，知双曲线的左焦点（为半焦距）到渐近线的距离为，所以四边形的面积.将代入双曲线的方程，得，即，所以.由，知，即，所以.
又，所以，两边同时除以，并整理，得，
解得，所以（负值舍去）.故选D.
11.A 【解析】，构造函数，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，所以.
因为，所以，所以.综上，.故选A.
12.C 【解析】因为为的中点，，所以，即为等腰三角形.
又，所以均是边长为2的等边三角形，所以.
又平面，所以平面.
又平面，所以平面平面，所以交线就是在平面内的射影，
所以就是与平面所成的角，即.
又，所以，所以.
又平面，所以平面.
设三棱锥外接球的球心为外接圆的圆心为外接圆的圆心为，连接，则平面平面.
因为均是边长为2的等边三角形，
所以，
所以三棱锥外接球的半径，
所以三棱锥外接球的表面积.故选C.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 【解析】因为，所以，所以，即.又，所以.故填.
14.2 【解析】作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示（含边界），
作出直线并平移，由图，知当直线过点时，取得最大值.
易知，所以.故填2.
15. 【解析】的最小正周期.
因为在区间上是单调的，所以，解得.
由，得图象的对称轴方程为.
由题意，知的图象在区间上没有对称轴，得，
解得.结合，得的最大值为.故填.
16.4048 【解析】在中，令，得，
所以函数的图象关于点对称.
，所以的图象也关于点对称，
所以函数与图象的交点两两关于点对称，
所以.故填4048.
三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~22题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17.（12分）
【解析】（1）由，
得.
因为，所以，
由正弦定理，得，所以.
由正弦定理，得，
由余弦定理的推论，得
.
（2）由余弦定理，得，即，
所以，当且仅当时等号成立，所以.
又，
所以
，
所以，所以线段长度的最大值为.
18.（12分）
【解析】（1）设相交于点，因为，所以四边形是菱形，所以，且为的中点.
连接，因为，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
（2）过点作平面的垂线，以所在的直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，则.
因为，所以是二面角的平面角，所以.
因为在平面内，所以由已知及平面几何的性质，得，
所以.
设平面的法向量为，
则，所以，
令，则，所以是平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，所以
即直线与平面所成角的正弦值为.
19.（12分）
【解析】（1）设“随机选择一个密码，开锁成功”为事件，则.
（2）（i）列出前4次所有可能出现的结果如下表：
所以第4次使用密码的概率.
（ii）由题意，得，
所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.
记“第次使用密码”为，则服从两点分布，，
所以.
20.（12分）
【解析】（1）因为，所以，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）当时，，满足.
当时，，所以为偶函数.
由偶函数的对称性，知只需证当时，即可.
当时，先证，
令，则，当且仅当时取等号，
所以在上单调递增，
所以，所以，所以当时，.
再证，
构造函数，
则，所以在上单调递减，所以，
所以当时，，即.
综上，对任意的.
2.第（2）问9分后另解：再证，即证.
当时，只需证明.
构造函数，则，此时，
所以在上单调递减，所以，
所以当时，.
综上，对任意的.
21.（12分）
【解析】（1）设，椭圆的半焦距为，则.
由题意，知，因为，所以.
因为，所以.
又，所以，即，
所以，即.
因为，解得，
所以，所以椭圆的方程为.
（2）由（1），得，由题意，知直线的斜率不为0，
设，直线的方程为，
与联立，得，
则.
设，由三点共线，得，
所以，同理，得，
所以，所以.
当时，，解得，所以，
所以.
（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
【解析】（1）由，知，代入，得，即.
因为，所以，所以曲线的普通方程为.
由，得，即.
将代入，得，即直线的直角坐标方程为.
（2）由（1），知直线与轴的交点为，倾斜角为，
所以直线的参数方程可以表示为（为参数），
代入曲线的普通方程，得.
设两点对应的参数分别为，
解方程，得.
由，知，即，所以符合题意，
所以，
所以以线段为直径的圆的面积.
第（2）问另解：联立，得，
所以，
所以，所以以线段为直径的圆的面积.
23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）
【解析】（1）不等式可转化为或或，解得或或，
所以不等式的解集为.
（2），
当且仅当，即时取等号，
关于的方程无实数解，只需，即，
解得，所以实数的取值范围为.
第（2）问另解：
由，
得.
因为关于的方程无实数解，所以，
解得，所以实数的取值范围为.1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
C
B
D
B
D
A
D
A
B
D
A
C
A
B
A
BCD
C
ABD
D
ABC
C
A
BCD
B
ACD
D
ABC
D
A
BCD
B
ACD
C
ABD