[数学][二模]青海省海南藏族自治州2024届高考二模试卷(理)(解析版)

这是一份[数学][二模]青海省海南藏族自治州2024届高考二模试卷(理)(解析版)，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1. 设集合，且，则集合可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】对于A，，此时，不合题意；
对于B，，符合题意；
对于C，，不合题意；
对于D，，不合题意.
故选：B
2. 从6人中选3人参加演讲比赛，则不同的选择共有（ ）
A. 15种B. 18种C. 20种D. 120种
【答案】C
【解析】从6人中选3人参加演讲比赛，则不同的选择共有种.
故选：C
3. 函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】∵函数，
∴，解得．
故选：D．
4. 在菱形中，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图所示，
在菱形中，，
所以向量与的夹角等于向量与的夹角，
所以向量与的夹角为.
故选：C.
5. 设满足约束条件则的最大值是（ ）
A. B. 0C. 2D. 4
【答案】D
【解析】由题意x，y满足平面区域如图：
联立，解得，
所以当直线经过时，z取到最大值为.故选：D
6. 已知0.9973.某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球的质量（单位：克）服从正态分布，从这一批篮球中随机抽检300个，则被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为（ ）
A. 286B. 293C. 252D. 246
【答案】B
【解析】由题意得，
，
，所以被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为293.故选：B.
7. 已知曲线，圆，若A，B分别是M，N上的动点，则的最小值是（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】C
【解析】根据题意，曲线，
则曲线M上的点到点和距离之和为，
根据椭圆定义知曲线M的是以和为焦点的椭圆，
其中，则，所以曲线M的的方程为，
设点满足且，可得，
圆的圆心为，半径为1，
则，
又函数在单调递减，所以，
所以的最小值是.
故选：C
8. 某地博物馆所展示的甲骨文十二生肖图如图所示，其中，马､牛､羊､鸡､狗､猪为六畜，若从图中每行任意选取1个生肖，则所选的3个生肖中至少有1个属于六畜的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】若第三行选择猴，则前两行至少要选1个六畜中的生肖，
则有种选法；
若第三行不选择猴，则有种选法，
故所求概率为.故选：C.
9. 已知函数，且.若的最小值为，则的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】函数，且，的最小值为，
则，所以，故，所以，所以，
令得，
故的单调递增区间为.
故选：A
10. 在四面体中,平面平面,是直角三角形，，则二面角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设的中点分别为，连接，则，
因为，所以，
又因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，而平面，则，
因为是直角三角形，，所以，
所以，且，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，则，所以为二面角的平面角，
且.
故选：A.
11. 已知抛物线的焦点为，直线与交于A，B两点，直线与交于C，D两点，若A，B，C，D四点构成的梯形的面积为18，则（ ）
A. 14B. 12C. 16D. 18
【答案】A
【解析】将代入，得，将代入，得，
所以，因为A，B，C，D四点构成的梯形的面积为18，
所以，解得，
故由抛物线定义知.
故选：A
12. 设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（ ）
A. 1B. C. 0D.
【答案】D
【解析】因为为奇函数，所以，
所以的图象关于点中心对称，则.
因为为偶函数，所以，
所以图象关于直线轴对称.
由，得，
所以，则，
则的周期为4，
，则.
故选：D
第II卷
二、填空题
13. 在复数范围内，方程的解集为__________.
【答案】
【解析】由，得，得或，则或.
故答案为：.
14. 若一组数据的中位数为16，方差为64，则另一组数据的中位数为__________，方差为__________.
【答案】
【解析】因为数据的中位数为16，方差为64，
所以数据的中位数为4，方差为，
所以数据的中位数为，方差为4.故答案为：3；4.
15. 已知直四棱柱的侧棱长为3，底面ABCD是边长为2的菱形，为棱上的一点，且，若以为球心的球经过点，则该球与直四棱柱的公共部分的体积为______.
【答案】
【解析】由题意知，底面ABCD是边长为2的菱形，且，
因为以为球心球经过点，所以球的半径为1，又，所以，
所以该球与直四棱柱的公共部分的体积为.
故答案为：.
16. 已知是内一点，，则______.
【答案】
【解析】在中，，设，
由余弦定理可得，可得，在中，，
所以，
由正弦定理得，即，
可得，
在中，由余弦定理得，
可得，所以，
可得，因此．
故答案为：.
三、解答题
（一）必考题
17. 某青少年跳水队共有100人，在强化训练前、后，教练组对他们进行了成绩测试，分别得到如图1所示的强化训练前的频率分布直方图，如图2所示的强化训练后的频率分布直方图.
（1）根据表中数据，估计强化训练后的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.
（2）我们规定得分80分以上（含80分）的为“优秀”，低于80分的为“非优秀”.
将上面的表格补充完整，并回答能否有的把握认为跳水运动员是否优秀与强化训练有关.附:.
解：（1）强化训练后的平均成绩约为
（2）根据图1可知，强化训练前的优秀人数为，
此时非优秀人数为，
根据图2可知，强化训练后的优秀人数为，
此时非优秀人数为，补充完整的表格为
则，
所以有的把握认为跳水运动员是否优秀与强化训练有关.
18. 如图，在三棱锥中，平面平．
（1）证明：．
（2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
（1）证明：取的中点，连接，
因为，所以，
又，面，
所以平面，
因为平面，所以；
（2）解：因为平面平面，平面平面，
，平面，所以平面，又，
所以以为坐标原点，方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，令得．
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19. 已知数列的各项均为正数，其前项和为是等比数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
解：（1）由是等比数列，设公比为，则由得，所以，
所以，所以，故由得，
所以，所以，所以；
（2）由（1）可得，当时，.
当时，.经检验不适合，
所以，所以，
则数列的前项和，
，
两式相减可得
，所以.
20. 设函数的导函数为的导函数为的导函数为.若，且，则为曲线的拐点.
（1）判断曲线是否有拐点，并说明理由；
（2）已知函数，若为曲线的一个拐点，求的单调区间与极值.
（1）解：由函数，可得，
由，得，又由，得，所以曲线没有拐点.
（2）解：由函数，
可得，
因为为曲线的一个拐点，所以，
所以，解得，经检验，当时，，
所以.
当或时，，则的单调递增区间为；
当时，，且不恒成立，则的单调递减区间为，
故当时，取得极大值，且极大值为；
当时，取得极小值，且极小值为.
21. 已知双曲线的虚轴长为，点在上.设直线与交于A，B两点（异于点P），直线AP与BP的斜率之积为.
（1）求的方程；
（2）证明：直线的斜率存在，且直线过定点.
（1）解：因为虚轴长为，所以，
将的坐标代入方程，得，解得，
故的方程为.
（2）证明：设，直线AP的斜率为，直线BP的斜率为．
当直线斜率不存在时，设，联立得，
即，
由，得，
解得（舍去）或（舍去），
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入的方程得，
则，
由，
可得，
即，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为，直线过点，
与条件矛盾，舍去；
当时，直线的方程为，直线过定点
（二）选考题
[选修坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，曲线的方程为，曲线的方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）若射线与曲线交于点（异于极点），与曲线交于点，且，求.
解：（1）因为曲线：即，
所以由得曲线的极坐标方程为：，
曲线的方程为，所以由得曲线的极坐标方程为：，整理得.
（2）射线与曲线交于点A，故，故，
射线与曲线交于点，故，故，
由于，故，整理得，
因为，所以，所以.
[选修:不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集;
（2）若存在满足，求实数的取值范围.
解：（1）当时，，
当时，则，解得，此时；
当时，则，解得，此时；
当时，则，解得，此时.
综上所述，不等式的解集为.
（2）若存在满足，等价于有解，
由三角不等式可得，
当且仅当时，等号成立，只需即可，即，解得.因此，实数的取值范围是.
优秀人数
非优秀人数
合计
强化训练前
强化训练后
合计
0.05
0.010
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
优秀人数
非优秀人数
合计
强化训练前
40
60
100
强化训练后
60
40
100
合计
100
100
200