【数学】青海省西宁市大通县2024届高考四模试卷（文）（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（文）（解析版），共14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】A
【解析】由已知，，
所以，
故选：A.
2. 复数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】，
因为，
则.
故选：C.
3. 椭圆的焦距为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】由题意得，，且，
所以，所以.
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. 三人被邀请参加一个晚会，若晚会必须有人去，去几人自行决定，则恰有一人参加晚会的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设三人为，，，则参加晚会的情况有，，，，，，，共种情况，
其中恰有一人参加晚会的情况有种，
故所求的概率为，
故选：B.
8. 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.
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. 在平行四边形中，，，，沿将折起，则三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】在中，，则，
所以，则
由题可知，当平面平面时，三棱锥的体积最大.
如图，可将三棱锥补全为正方体，则三棱锥外接球半径为，
故其外接球的表面积为.
故选：C
11. 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.
12. 已知定义域为的函数满足，给出以下结论：①；②；③是奇函数；④存在函数以及，使得的值为.所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②B. ①③C. ①③④D. ①②④
【答案】C
【解析】因为，
对于①：令，可得，故①正确；
对于②：令，可得，解得；
令，可得，解得，故②错误；
对于③：令，可得，
且的定义域为，所以是奇函数，故③正确；
对于④：当时，，
两边同时除以得，
当时，令，则，
当时，，则，
所以，故④正确.
故选：C.
第II卷
二、填空题
13. 已知向量的夹角的余弦值为，，且，则_______．
【答案】4
【解析】向量的夹角的余弦值为，，则，
由，解得(负值舍去)．
故答案为：4.
14. 将函数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. 现统计了甲12次投篮训练的投篮次数和乙8次投篮训练的投篮次数，得到如下数据：
已知甲12次投篮次数的平均数，乙8次投篮次数的平均数.
（1）求这20次投篮次数的中位数，估计甲每次训练投篮次数超过的概率；
（2）求这20次投篮次数的平均数与方差.
解：（1）将这20个数据从小到大排列，第10个数和第11个数都是77，所以，
因为甲的12次投篮训练中，投篮次数超过77次的有6次，
估计甲每次训练投篮次数超过的概率为.
（2）这20次投篮次数的平均数，
方差
18. 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，
因为，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.

19. 设函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求在上的最大值和最小值.
解：（1）因为，
所以，
又，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由（1）可知，.
令，则，
当时，，，所以，
所以在上单调递增，
当时，，即，
所以在上单调递增，
所以的最大值为，的最小值为.
20. 如图，在三棱柱中，,四边形为菱形，.
（1）证明：；
（2）已知平面平面，，求四棱锥的体积.
（1）证明：设为的中点，连接，，，，
因为，所以，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，
则，又，所以平面，
因为平面，所以；
（2）因为，，所以平面，
因为平面，所以，
所以四边形为菱形，即，
因为平面平面，且平面平面，，
所以平面，且，
又因为，则，
故
.
21. 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.
（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
77
73
77
81
85
81
77
85
93
73
77
81
乙
71
81
73
73
71
73
85
73