陕西省安康市汉滨区2024届高三下学期高考模拟（五）理科数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项:
1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答:选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答:用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.选考题的作答:先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
第I卷
一、选择题:本题共12小题，每小题5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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先解分式不等式求出集合，再解对数不等式求出集合，最后根据补集、交集的定义计算可得.
【详解】由，解得或，
所以，则，
由，即，所以，解得，
所以，
所以.
故选：C
2. 若，则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
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数代数形式的运算法则化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.
【详解】因为，，又，
所以，即，
所以，所以在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故选：D
3. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数运算以及对数函数单调性可得，结合分数指数幂运算分析可得，即可得结果.
【详解】因为，，
因为，可知，
又因为，所以.
故选：C.
4. 当今时代，数字技术作为世界科技革命和产业变革的先导力量，日益融入经济社会发展各领域全过程，深刻改变着生产生活方式，从而带动了大量电子产品在市场上的销售.某商城统计了2023年6月份到12月份某电子产品的实际销量如表所示:
根据表中数据，认为与线性相关，且关于的线性回归方程为，则预测2024年3月份该商场这种电子产品的销量约为（ ）
A. 2600只B. 2740只C. 2800只D. 2900只
【答案】B
【解析】
【分析】求出，，根据回归直线方程必过样本中心点求出，即可得到回归直线方程，再代入计算可得.
【详解】依题意，
，
所以样本中心点为，则，解得，
所以，
其中2024年3月份对应的月份代码为，
当时（千只），
所以预测2024年3月份该商场这种电子产品的销量约为2740只.
故选：B
5. 已知向量，，，且，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数量积的坐标表示得到，再确定，由即可求出，从而得到的值，最后根据数量积的定义及运算律计算可得.
【详解】因为，所以且，所以，
又，且，所以，
所以，解得，
又，所以，则，
所以，则，
所以
.
故选：A
6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三视图得到几何体的直观图，然后再求出该几何体的体积即可．
【详解】由三视图可得，该几何体为圆柱和半球的组合体，圆柱内挖去一个圆锥，
所以该几何体的体积为.
故选：A.

7. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图象分析出函数的奇偶性、函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】由图象可得函数为偶函数，且，，当且仅当时，，
对于A，因为，，所以函数是偶函数，又，，
则，所以函数在上单调递增，
所以，故解析式可能为A，故A正确；
对于B，由，不合题意，故B错误；
对于C，因为，所以且，
所以函数是非奇非偶函数，故C错误；
对于D，由，不合题意，故D错误.
故选：A.
8. 随着古代瓷器工艺的高速发展，在著名的宋代五大名窑之后，又增加了三种瓷器，与五大名窑并称为中国八大名瓷，其中最受欢迎的是景德镇窑．如图，景德镇产的青花玲珑瓷(无盖)的形状可视为一个球被两个平行平面所截后剩下的部分，其中球面被平面所截的部分均可视为球冠(截得的圆面是底，垂直于圆面的直径被截得的部分是高，其面积公式为，其中为球的半径，为球冠的高)．已知瓷器的高为，在高为处有最大直径(外径)为，则该瓷器的外表面积约为(取3.14) （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知：球的半径为，上球冠的高，下球冠的高，可求下底面圆的半径，结合题意面积公式分析求解.
【详解】由题意可知：球的半径为，上球冠的高，下球冠的高，
设下底面圆的半径为，则，
所以该瓷器的外表面积为.
故选：C.
9. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，以边为直径的圆的面积为，若的面积不小于，则的形状为（ ）
A. 等腰非等边三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得，，由，得即，又由余弦定理结合基本不等式得，所以，此时，得解.
【详解】根据题意可得，，，
，又，则，
又，所以，
由余弦定理得，，
所以，当且仅当时等号成立，所以，此时，
所以，即为等边三角形.
故选：D.
10. 已知抛物线的焦点为F，E上任一点到直线的距离等于点到焦点的距离，过点的直线交于两点（其中在，之间)，若平分，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得抛物线的方程为，设直线的方程为，联立方程组得到，过点分别作，利用三角形内角平分线的性质，得到，列出方程求得的值，结合抛物线的定义，即可求解.
【详解】由抛物线上任一点到直线的距离等于点到焦点的距离，
可得，解得，所以抛物线的方程为，则
又由直线的斜率一定存在，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设 则，解得，
且，
过点分别作，垂足分别为，
由中，，可得，
由抛物线的定义，可得，且，
因为平分，
由三角形内角平分线的性质，可得，即，
整理得到，即，
因为，可得，所以，即，
解得或（舍去），所以.
故选：B.
11. 已知函数的最小正周期为，给出以下结论:
①在区间上的值域为；
②在区间上单调递减；
③将的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数；
④在区间内的所有零点之和为.
其中所有正确结论的序号为（ ）
A. ①③B. ②④C. ②③④D. ①②④
【答案】C
【解析】
【分析】利用两角和的正弦公式化简，由最小正周期求出，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】因为，
又的最小正周期为且，
所以，解得，所以，
当时，，所以，
所以在区间上的值域为，故①错误；
当时，，又在上单调递减，
所以在区间上单调递减，故②正确；
将的图象向左平移个单位长度得到，
即为偶函数，故③正确；
令，则，解得，
当，令，
解得，，
所以的取值可以为，，，，，，，，，，，
所以在区间内的所有零点之和为，故④正确；
综上可得正确的有②③④.
故选：C
12. 在四棱锥中，底面四边形为等腰梯形，，，是边长为2的正三角形，，则四棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连接、，即可证明平面，从而得到平面平面，再取的中点，连接、、，推导出为外接圆的圆心，再设的外接圆的圆心为，四棱锥外接球的球心为，即可求出外接球的半径，从而求出球的表面积.
【详解】取的中点，连接、，因为是边长为2的正三角形，
所以，，
又，，，所以，
在中，由余弦定理，
即，又，所以，
所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
取的中点，连接、、，则、及均为等边三角形，
易知且，又平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
所以等腰梯形外接圆的圆心为，设的外接圆的圆心为，则，
设四棱锥外接球的球心为，连接、、，
则平面，平面，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以外接球的半径，
所以外接球的表面积.
故选：C
【点睛】方法点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
第II卷
本卷包括必考题和选考题两部分.第题为必考题，每个试题考生都必须作答.第题为选考题，考生根据要求作答.
二、填空题:本题共4小题，每小题5分.
13. 若，则________________.
【答案】
【解析】
【分析】利用诱导公式求出，再由二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，最后代入计算可得.
【详解】因为，所以，
所以
.
故答案为：
14. 已知一数列：，则该数列的通项可以表示为________________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】观察数列前几项的特征，写出数列的一个通项即可.
【详解】因为，，，
，，，，
所以该数列的通项可以表示为.
故答案为：（答案不唯一）
15. 甲、乙两名同学利用寒假到北京旅游，由于时间关系，只能从故宫、长城、颐和园、南锣鼓巷四个景点中随机选择一个游玩.在甲、乙两人选择的景点不同的条件下，甲和乙恰有一人选择颐和园的概率为________________.
【答案】##
【解析】
【分析】首先求出甲和乙选择的景点不同的概率，再求出甲和乙选择的景点不同且恰有一人选择颐和园的概率，最后由条件概率公式计算可得.
【详解】设事件：甲和乙选择的景点不同，事件：甲和乙恰有一人选择颐和园，
所以，，
所以.
故答案为：
16. 如图，双曲线的右焦点为，点A在的渐近线上，点A关于轴的对称点为为坐标原点)，记四边形OAFB的面积为，四边形OAFB的外接圆的面积为，则的最大值为____________，此时双曲线的离心率为____________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式可得点到渐近线的距离为，可得，可得，利用基本不等式求的最大值，进而可得离心率.
【详解】由题意可知：，渐近线，即，
则点到渐近线的距离为，
因，可知，
则，可得，
则，
由题意可知：四边形OAFB的外接圆即为以OF为直径的圆，
则，
可得，
当且仅当时，等号成立，
可知的最大值为，此时双曲线的离心率为.
故答案为：；.
三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知单调递增数列满足，.
（1）证明:是等差数列；
（2）从①；②这两个条件中任选一个，求的前项和.
注:如果选择不同的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得，再结合数列的单调性得到，从而得到，即可得证；
（2）若选①：，若选②：，利用裂项相消法计算可得.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，
所以，
又数列单调递增且满足，即，
所以，
则，
即，
所以，
所以，又，
所以是首项为，公差为等差数列.
【小问2详解】
由（1）可得，则，
若选①：
，
所以
；
若选②：
，
所以
.
18. 如图，在圆柱中，一平面沿竖直方向截圆柱得到截面矩形，其中，为圆柱的母线，点在底面圆周上，且过底面圆心，点D，E分别满足，过的平面与交于点，且.
（1）当时，证明:平面平面；
（2）若与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，当时，得，，利用面面平行的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出与平面所成角的正弦值，求出.
【小问1详解】
当时，得，又，，所以，，
平面，平面，平面，
同理得平面，
因为是平面内两条相交直线，
所以平面平面.
【小问2详解】
因为，为圆柱的母线，所以垂直平面，又点C在底面圆周上，且过底面圆心O，
所以，所以两两互相垂直.以点为坐标原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，则，，，，，
所以，，，，
因为，所以，则，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，解得，，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为，
，解得或，
，.
19. 已知椭圆的离心率为，其左、右顶点分别为，过点的直线与交于，两点（异于点），且当轴时，四边形的面积为.
（1）求的方程；
（2）若直线与直线交于点，证明:三点共线.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由离心率得到，从而得到，再令求出即可得到，最后由面积公式求出、；
（2）首先计算直线斜率不存在时是否符合题意，当直线斜率存在时，设直线，，，联立、消元、列出韦达定理，表示出直线的方程，从而得到点坐标，再利用坐标法证明即可.
【小问1详解】
依题意离心率，则，
所以且，
由，解得，所以当轴时，
所以，解得，，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
依题意知直线的斜率不为，，，
当直线的斜率不存在时直线，
由（1）不妨取，，
则直线的方程为，令可得，即，
直线的方程为，则，即点在直线上，
所以、、三点共线；
当直线的斜率存在时，设直线，，，
由得，
显然，所以，，
所以直线的方程为，令，可得，即，
又，，
所以
，
即，
所以、、三点共线，
综上可得、、三点共线.
【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.
20. 某课题实验小组共有来自三个不同班级的45名学生，这45名学生中，，B，C三个班级的人数比为4:3:2.
（1）某次实验活动需从这45人中用分层抽样的方法随机抽取9人组成一个核心小组，再从这9人中随机抽取3人负责核心工作，记随机抽取的3人中来自B班级的人数为，求的分布列和数学期望；
（2）由于不同实验需要的人数不同，所以为便于进行实验的配合，实验过程中有2人一组，也有多人一组(多于2人)，其中2人一组的为基础实验，其他的为研发实验，实验结束后进行实验结果交流.记发言的小组来自研发实验的概率为，若共有5组进行发言，用表示恰有3组来自研发实验的概率，证明:的最大值不会超过.
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为1；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用分层抽样求出B班抽取的人数，再求出的所有可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望.
（2）利用独立重复试验的概率求出，再利用导数求出最大值即可得证.
【小问1详解】
抽取9人中来自B班级的人数为，
的所有可能值为，
，，，，
所以的分布列为
数学期望.
【小问2详解】
依题意，，
求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
.
【点睛】方法点睛：判断随机变量是否服从二项分布：一是要看在一次试验中是否只有两种试验结果，且两种试验结果发生的概率分别为，；二是看是否为次独立重复试验，且随机变量是否为某事件在这次独立重复试验中发生的次数.
21. 已知函数.
（1）证明：当时，在上单调递增；
（2）若在上恰有3个零点，求的值.
参考数据:.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数导函数，分和两种情况讨论，分别确定的符号，即可得证；
（2）首先说明在上存在一个零点，当时在上只有一个零点，当时利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性质定理判断零点个数，当时利用特殊值推出矛盾.
【小问1详解】
当时，，
则，
当时，所以，
当时，，
所以，
所以当时，所以在上单调递增；
【小问2详解】
因为，
当时，则单调递增，
又，，
所以在上存在一个零点，
若时，
则当时，
此时在上不存在零点，
所以当时在上只有一个零点，不符合题意；
若时，，
令，则，
当时，即（）单调递减，
又，，
所以使得，
所以当时，即单调递增，
所以，
当时，即单调递增，
所以，
所以当时，即无零点；
当时令，则，
所以在上单调递增，
又，，
所以使得，
所以当时，即（）单调递减，
所以，此时单调递减，
当时，即（）单调递增，
所以，此时单调递减，
又，
所以时，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，又，
所以在上有唯一零点；
当时，单调递增
又，，
所以在上有一个零点，
当时，所以无零点，
所以当时在 上恰有3个零点；
当时在上有一个零点，
又，，
，，
所以在，，上各至少有个零点，不符合题意，
综上可得.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
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，直线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．
（1）求的普通方程和的直角坐标方程;
（2）若与交于A，B两点，且，求．
【答案】（1）答案见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）根据直线的参数方程的几何意义可知直线过定点，斜率为，极坐标方程的几何意义可知圆的圆心为，半径为2，即可得结果；
（2）将代入，结合直线的参数方程的几何意义结合韦达定理分析求解.
【小问1详解】
由直线的参数方程为(为参数)可知直线过定点，斜率为，
所以的普通方程为，即；
圆的极坐标方程为可知圆的圆心为，半径为2，
所以的直角坐标方程.
【小问2详解】
将代入整理得，
则，可知与相交，
且，设点对应参数分别为，
则，所以.
选修4-5:不等式选讲
23. 已知函数．
（1）求的最小值；
（2）若的最小值为，正实数a，b，c满足，求证:
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助零点分段法分类讨论即可得；
（2）借助柯西不等式计算即可得.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
当时，，
故的最小值为；
【小问2详解】
由（1）可知，，即，即，
则有，
即，即，
当且仅当时，等号成立.月份
6
7
8
9
10
11
12
月份代码
1
2
3
4
5
6
7
销量（千只）
0.6
0.9
1.0
1.3
1.5
1.7
2.1
0
1
2
3