2024青海省部分学校高三下学期4月联考模拟预测试题数学（文）含解析

这是一份2024青海省部分学校高三下学期4月联考模拟预测试题数学（文）含解析，共23页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷分选择题和非选择题两部分，共150分．考试时间120分钟．
2．请将各题答案填写在答题卡上．
3．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
一、选择题：本大题共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 （ ）
A. B. C. D.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知向量，，，且，则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知函数的极值点为a，则（ ）
A B. 0C. 1D. 2
5. 设x，y满足约束条件，则最大值为（ ）
A. 11B. 7C. －1D. －4
6. 已知，分别是双曲线C：的左、右焦点，，点P在C的右支上，且的周长为，则（ ）
A. B. C. D.
7 若，，则（ ）
A. 1B. －1C. 2D. －2
8. 已知F是抛物线C：的焦点，过F的直线l与C交于A，B两点，且A，B到直线的距离之和等于，则（ ）
A. 6B. 8C. 12D. 14
9. 记数列前n项积为，设甲：为等比数列，乙：为等比数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分不必要条件
B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
10. 已知函数在上的图象大致如图所示，则的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
11. 如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（ ）
A. B. C. D.
12. 已知定义在R上的函数满足，，则（ ）
A. B. C. D.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13. 在等差数列中，，则______．
14. 甲、乙、丙、丁各自研究两个随机变量的数据，若甲、乙、丙、丁计算得到各自研究的两个随机变量的线性相关系数分别为，，，，则这四人中，______研究的两个随机变量的线性相关程度最高.
15. 若，，则______．
16. 在半径为5的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为______．
三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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. 如图，在三棱锥中，平面，、分别为、的中点，且，，．
（1）证明：平面．
（2）求到平面的距离．
18. 为提升基层综合文化服务中心服务效能，广泛开展群众性文化活动，某村干部在本村的村民中进行问卷调查，将他们的成绩（满分：100分）分成7组：.整理得到如下频率分布直方图.
（1）求的值并估计该村村民成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）从成绩在内的村民中用分层抽样的方法选取6人，再从这6人中任选3人，记这3人中成绩在内的村民人数为，求的分布列与期望.
19. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求B；
（2）若，的面积为S．周长为L，求的最大值．
20. 已知椭圆：的离心率为．
（1）求的方程；
（2）过的右焦点的直线与交于，两点，与直线交于点，且，求的斜率．
21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有3个零点，求的取值范围．
（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．
［选修4-4：坐标系与参数方程］
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
（1）求C与l的直角坐标方程；
（2）若P是C上的一个动点，求P到l的距离的取值范围．
［选修4-5：不等式选讲］
23. 已知函数的最小值为8．
（1）求a；
（2）若在上单调递减，求不等式的解集．高三数学试卷（文科）
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分，共150分．考试时间120分钟．
2．请将各题答案填写在答题卡上．
3．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
一、选择题：本大题共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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简式子即可得出结论
【详解】由题意，
故选：A.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过将集合中的元素代入集合 ，看是否符合不等式，即可得出结论.
【详解】由题意，，
当时，，
当时，，
当时，，
∴和满足集合的要求，
∴，
故选：C.
3. 已知向量，，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据坐标运算的加减法进行运算，再结合向量垂直即可得出结果.
详解】由题，
因为，所以，.
故选：B.
4. 已知函数的极值点为a，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数求出函数的极值点，再代入求出函数值.
【详解】函数，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，因此是的极小值点，且是唯一极值点，
所以，.
故选：B
5. 设x，y满足约束条件，则的最大值为（ ）
A. 11B. 7C. －1D. －4
【答案】A
【解析】
【分析】画出可行域和目标函数，根据的几何意义得到当过点时，取得最大值，求出答案.
【详解】由约束条件作出可行域和目标函数，
变形为，由于为在轴上的截距，
要想得到的最大值，只需得到在轴上的截距的最小值，
显然当过点时，取得最大值，
联立，解得，
将代入，，
当直线l：经过点时，z取得最大值11．
故选：A
6. 已知，分别是双曲线C：的左、右焦点，，点P在C的右支上，且的周长为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助双曲线定义计算即可得.
【详解】由双曲线定义可知：，
则三角形的周长为，
故.
故选：D.
7. 若，，则（ ）
A 1B. －1C. 2D. －2
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查指数式与对数式的互化、对数的运算法则、换底公式的应用.
【详解】由，
所以
故选：A
8. 已知F是抛物线C：的焦点，过F的直线l与C交于A，B两点，且A，B到直线的距离之和等于，则（ ）
A. 6B. 8C. 12D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用抛物线的定义求出，列出方程求解即得.
【详解】依题意，设点，而抛物线C：准线方程为，
则，点到直线的距离和为，
因此，所以.
故选：C
9. 记数列的前n项积为，设甲：为等比数列，乙：为等比数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分不必要条件
B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】利用等比数列通项公式、等比数列定义，结合充分条件、必要条件的定义判断得解.
【详解】若为等比数列，设其公比为，则，，
于是，，当时，不是常数，
此时数列不是等比数列，则甲不是乙的充分条件；
若为等比数列，令首项为，公比为，则，，
于是当时，，而，
当时，不是等比数列，即甲不是乙的必要条件，
所以甲是乙的既不充分也不必要条件.
故选：D
10. 已知函数在上的图象大致如图所示，则的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象确定周期的范围，得出，再由特殊点求出即可得解.
【详解】由图可知，，则．
，．解得，，故，
则，所以，
故的最小正周期为．
故选：B
11. 如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接、、、、、，借助平行线的性质可得四点共面，即可得线段与相交，线段与相交，线段与相交，从而排除A、B、C.
【详解】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点，
易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误；
连接，，有，，故，
所以线段与相交，C错误；
连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确.
故选：D.
12. 已知定义在R上的函数满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依次求出猜想,再用等比数列求和.
【详解】,
,
,
,
,
,

,

故选：D
【点睛】关键点点睛:本题关键是通过计算观察得到,进而转化为等比数列求和.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13. 在等差数列中，，则______．
【答案】3
【解析】
【分析】根据给定条件，利用首项表示公差，再借助等差数列通项计算即得.
【详解】令等差数列的公差为，由，得，
因此，所以.
故答案为：3
14. 甲、乙、丙、丁各自研究两个随机变量的数据，若甲、乙、丙、丁计算得到各自研究的两个随机变量的线性相关系数分别为，，，，则这四人中，______研究的两个随机变量的线性相关程度最高.
【答案】乙
【解析】
【分析】根据相关系数的定义判断即可.
【详解】因为，所以这四人中，乙研究的两个随机变量的线性相关程度最高，
故答案为：乙.
15. 若，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件可得，根据两角和的正切公式化简即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
又因为，，
所以上式可化为：.
故答案为：
16. 在半径为5的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用球的截面小圆性质，用圆锥的高表示出圆锥的底面圆半径，再求出圆锥体积的函数关系，利用导数求出最大值即得.
【详解】过圆锥的轴的平面截球面得大圆，截圆锥得轴截面等腰三角形，是球的截面大圆的内接三角形，如图，
设圆锥的高为，圆锥底面圆半径为，球心到圆锥底面距离，
则，即，圆锥体积，
求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，，
所以圆锥体积的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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. 如图，在三棱锥中，平面，、分别为、的中点，且，，．
（1）证明：平面．
（2）求到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用勾股定理得出，再利用平面，证，最后根据线面垂直的判定定理即可证明平面；’
（2）根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求距离即可.
【小问1详解】
因为、分别为、的中点，所以为的中位线，
所以，，因为，所以；
在中，，，，所以，
所以，即；
因为平面，平面，所以；
又平面，平面，，所以平面.
【小问2详解】
由（1）可知、、两两垂直，
建立如图所示分别以、、为、、轴的空间直角坐标系，
，，，，
，，，
设平面的法向量为，则有，
即，令，则，，所以，
设到平面的距离为，则.
18. 为提升基层综合文化服务中心服务效能，广泛开展群众性文化活动，某村干部在本村的村民中进行问卷调查，将他们的成绩（满分：100分）分成7组：.整理得到如下频率分布直方图.
（1）求的值并估计该村村民成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）从成绩在内的村民中用分层抽样的方法选取6人，再从这6人中任选3人，记这3人中成绩在内的村民人数为，求的分布列与期望.
【答案】（1）；
（2）分布列见详解；
【解析】
【分析】（1）由频率和为1，可求的值，再由平均数计算公式求解；
（2）根据分层抽样可确定的取值，再分别求出概率，最后利用期望公式求解.
【小问1详解】
由图可知，，
解得，
该村村民成绩的平均数约为
；
【小问2详解】
从成绩在内的村民中用分层抽样的方法选取6人，
其中成绩在的村民有人，
成绩在的村民有4人，
从中任选3人，的取值可能为1,2,3，
，，，
则的分布列为
故
19. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求B；
（2）若，的面积为S．周长为L，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理统一为角，再由三角恒等变换化简即可得解；
（2）由余弦定理及三角形的面积公式得，再由基本不等式进行求解即可.
【小问1详解】
由正弦定理可得，，
所以,
所以，
即，
由，可知，
所以，即，
由，知.
【小问2详解】
由余弦定理，得，即，
所以，即，
因为，，
所以，
所以，又（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
即的最大值为.
20. 已知椭圆：的离心率为．
（1）求的方程；
（2）过的右焦点的直线与交于，两点，与直线交于点，且，求的斜率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由离心率公式求出即可；
（2）首先计算直线的斜率为时不符合题意，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，表示出，再求出点坐标，即可得到，从而得到方程，求出即可.
【小问1详解】
因为椭圆：的离心率为，
所以，解得，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
由（1）可得，
当直线的斜率为时，则，，，
所以，，显然不满足，故舍去；
依题意直线的斜率存在且不为，设直线的方程为，，，
由，消去整理得，
显然，则，，
所以
，
又解得，所以，
所以，
因为，所以，解得，
综上可得的斜率为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有3个零点，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数判断函数的单调性，分与1的大小关系讨论即可；
（2）分别讨论与的大小时，利用导数求出函数的极值，再求有3个零点时极值的范围即可求出结果.
小问1详解】
，
令，解得或，
①当，即时，
由得或；由得，
所以和上单调递增；在上单调递减；
②当，即时，
恒成立，所以在上单调递增；
③当，即时，
由得或；由得，
所以在和上单调递增；在上单调递减；
综上，
当时，在和上单调递增；在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增；在上单调递减.
【小问2详解】
因为有3个零点，所以，
当时，极大值；极小值，
所以，解得，
当时，极大值；极小值，
所以，解得，
综上，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：
（1）带参数的单调性讨论问题可按照如下步骤求解：求导，讨论方程的性质，根的个数，根的大小，根与给定区间的关系；
（2）已知方程根的个数求参数时，可求导分析极值，利用极值范围求解.
（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．
［选修4-4：坐标系与参数方程］
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
（1）求C与l的直角坐标方程；
（2）若P是C上的一个动点，求P到l的距离的取值范围．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）消去参数求出曲线C的普通方程；利用极坐标与直角坐标的互化公式求出l的直角坐标方程.
（2）利用点到直线的距离公式，结合图形的几何性质求出取值范围.
【小问1详解】
消去曲线C的参数方程中的参数得：，
把代入直线l的极坐标方程得：，
所以C与l的直角坐标方程分别为，.
【小问2详解】
显然曲线C是以点为圆心，为半径的圆，
点到直线的距离，
显然直线与圆相离，于是圆上动点到直线的最小值为，最大值为，
所以P到l的距离的取值范围是.
［选修4-5：不等式选讲］
23. 已知函数的最小值为8．
（1）求a；
（2）若在上单调递减，求不等式的解集．
【答案】（1）或.
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用绝对值的三角不等式求出的最小值，结合已知即可求出.
（2）由（1）的结论结合单调性，确定的解析式，再解含绝对值符号的不等式.
【小问1详解】
依题意，，当且仅当时取等号，
即函数的最小值为，因此，解得或，
所以或.
【小问2详解】
由（1）知，当时，，当时，，显然函数在上不递减，
当时，，显然在上单调递减，
由，得或或，解得或，
所以不等式的解集是.
1
2
3