【数学】青海省西宁市大通县2024届高考四模试卷（理）（解析版）

这是一份【数学】青海省西宁市大通县2024届高考四模试卷（理）（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，四象限，经过第一，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得，，则.故选：B.
2. 复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，
因为，
则.故选：C.
3. 已知椭圆的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由椭圆，可得，，则，
所以，解得.故选：B.
4. 某公司10月23日、10月30日、11月6日、11月13日、11月20日、11月27日这6天员工的出勤率的折线图如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A. 这6天员工的出勤率呈递增趋势
B. 这6天员工的出勤率呈递减趋势
C. 这6天员工的出勤率的极差大于0.15
D. 这6天员工的出勤率的中位数小于0.85
【答案】D
【解析】A：由图可知，这6天员工的出勤率有增也有减，故A错误；
B：由图可知，这6天员工的出勤率有增也有减，故B错误；
C：这6天员工的出勤率按照从小到大的顺序排列为0.776，0.8077，0.8333，0.86，0.895，0.92，
所以这6天员工的出勤率的极差为，故C错误；
D：中位数为，故D正确.
故选：D
5. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设，则，
所以为奇函数，
设，可知为偶函数，
所以为奇函数，则B，C错误，
易知，所以A正确，D错误．
故选：A.
6. 记等差数列的前项和为.若，，则（ ）
A. 140B. 70C. 160D. 80
【答案】D
【解析】因为是等差数列，所以，
故.
故选：D.
7. 在直三棱柱中，，，为线段的中点，点在线段上，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
则，故，
因为轴平面，则可取平面的法向量为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
故选：B.
8. 展开式中系数为有理数的项共有（ ）
A. 2项B. 3项C. 4项D. 5项
【答案】D
【解析】展开式的通项公式为（），
所以展开式中的第1项、第3项、第5项、第7项、第9项的系数均为有理数，共5项.
故选：D
9. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，
所以，
解得或（舍去），
所以．故选：B.
10. 设，是双曲线：的两条渐近线，若直线与直线关于直线对称，则双曲线的离心率的平方为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题可知经过第二、四象限，经过第一、三象限，设的倾斜角为.
当时，则，即，，
即，所以.
当时，，即，，
即，所以.
综上，双曲线的离心率的平方为.
故选：C.
11. 在长方形中，，，点在线段上（不包含端点），沿将折起，使二面角的大小为，，则四棱锥体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设，，其中为定值，
则点A到的距离为，，，
要使得四棱锥的体积最大，则，
此时四棱锥的体积，
则，
在上单调递减，且当时，.
令，，则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
即四棱锥体积的最大值为.
故选：C
12. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】令，则.
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则，故.
令，则.
当时，，单调递减，
则，即.
故.
故选：A.
第II卷
二、填空题
13. 已知向量，满足，且，则向量，夹角的余弦值是_________.
【答案】
【解析】因为，所以，所以.
因为，所以，所以，
则.
故答案为：
14. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则的最小正周期为______，______.
【答案】
【解析】由题意知，，
则的最小正周期，
.
故答案为：；
15. 已知函数是定义在上的偶函数，且满足，当时，，则______.
【答案】
【解析】设函数的最小正周期为，则.
因为是定义在上的偶函数，所以，
所以.
故答案为：
16. 假设在某种细菌培养过程中，正常细菌每小时分裂1次（1个正常细菌分裂成2个正常细菌和1个非正常细菌），非正常细菌每小时分裂1次（1个非正常细菌分裂成2个非正常细菌）.若1个正常细菌经过14小时的培养，则可分裂成的细菌的个数为______.
【答案】
【解析】设经过小时，有个正常细菌，个非正常细菌，
则，.
又，，所以，，
则，所以，
所以是首项和公差均为的等差数列，
所以，
所以，所以.
故答案为：.
三、解答题
（一）必考题
17. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若为边的中点，求的长.
解：（1）因为，
根据正弦定理，得，
化简得，因为，所以，
因，所以.
（2）在中，由余弦定理得，
所以，解得．
因为为的中线，所以，
所以，
因为，所以，解得.

18. 现统计了甲次投篮训练的投篮次数和乙次投篮训练的投篮次数，得到如下数据：
已知甲次投篮次数的平均数，乙次投篮次数的平均数.
（1）求这次投篮次数的平均数与方差.
（2）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为.已知第一次投篮的人是甲，且甲、乙总共投篮了三次，表示甲投篮的次数，求的分布列与期望.
解：（1）这次投篮次数的平均数；
甲次投篮次数的方差，
乙次投篮次数的方差，
这次投篮次数的方差.
（2）所有可能的取值为，
；；；
的分布列为：
的期望.
19. 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，，M为侧棱PD上的点，平面.
（1）证明：.
（2）若，求二面角的大小.
（3）在（2）的前提下，在侧棱PC上是否存在一点N，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
（1）证明：记，连接OP，由四边形是正方形，得О是AC的中点，
由，得，又，平面，，
则平面，又平面，所以.
（2）解：由（1）知，，由，得，
即两两垂直，
以О为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，
由平面，得是平面的一个法向量，
显然是平面的一个法向量，
设二面角为θ，由图知θ为锐角，
则，解得，
所以二面角的大小为.
（3）解：假设在侧棱PC上存在一点N，使得平面，且（），
由（2）知，，，
则，，
平面的一个法向量是，由平面，得，
即，则，解得，即，则，
所以在侧棱PC上存在一点N，使得平面，此时.
20. 已知为坐标原点，经过点的直线与抛物线交于，（，异于点）两点，且以为直径的圆过点.
（1）求的方程；
（2）已知，，是上的三点，若为正三角形，为的中心，求直线斜率的最大值.
解：（1）设，，，联立方程得，
则，.
因为以为直径的圆过点，所以，则，即，
解得，
所以，解得，所以的方程为.
（2）设，，.不妨设，，按逆时针顺序排列.
①当有一边斜率不存在时，另一顶点为，不妨设，
则，.
与抛物线的方程联立得，，中心.
②当三边的斜率都存在时，，.
又，所以，
化简可得，
同理可得，
，
三式相加得.
因为，，是上的三点，所以，
又，
所以.
设，则，，代入上式得.
又①也满足，所以的轨迹方程为.
当，直线的斜率为，当且仅当时，
直线的斜率取得最大值.
当时，直线的斜率.
综上，直线斜率的最大值为.
21. 已知函数
（1）当时，求的零点；
（2）若恰有两个极值点，求的取值范围.
解：（1）当时，等价于.
令，则，
所以上单调递增.
因为，所以有且仅有一个零点.
（2）由，得.
令，则.
若，则在上恒成立，故在上单调递增，
最多只有一个零点，则最多只有一个极值点，不符合题意；
若，则当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，则.
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，从而.
显然，当时，，则，.
令，则，
设，则，
由，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即恒成立，故单调递增.
当时，，即，
则.
因为，所以，.
当时，，当时，，
则的单调递增区间为和，单调递减区间为，
则恰有两个极值点.
故当恰有两个极值点时，的取值范围为.
（二）选考题
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 已知直线：（为参数），曲线：.
（1）求的普通方程和曲线的参数方程；
（2）将直线向下平移个单位长度得到直线，是曲线上的一个动点，若点到直线的距离的最小值为，求的值.
解：（1）由直线：（为参数），
消去参数，可得的普通方程为.
由曲线：，可得曲线的参数方程为（为参数）；
（2）的方程为，即.
设点的坐标为，
则点到直线的距离.
因为，
所以当时，d取得最小值，
即，解得.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）当时，，
当时，化为，解得，则；
当时，化为，解得，则；
当时，可化为，解得，则，
所以不等式的解集为.
（2）当时，化为，即，
整理得，则，
依题意，当时，不等式恒成立，
而，因此，
所以实数的取值范围为.
甲
乙