宁夏银川一中、云南省昆明一中2024届高三下学期5月联合考试二模理科 数学试卷（含解析）

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注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，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：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、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的指定的位置用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，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、选择题：本题共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. 已知复数满足，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】设出复数的代数形式，利用复数模的意义列出方程即可判断得解．
【详解】令，
因为，所以，
即点在以为圆心，1为半径的圆上，该圆在第四象限内，
所以在复平面内对应的点位于第四象限，
故选：D
2. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求集合A，结合集合间的运算分析求解．
【详解】由题意可得：，所以图中阴影部分表示的集合为．
故选：A．
3. 如图，向量，，，则向量可以表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量的加法减法运算法则即可求解.
【详解】由题图可知，.
故选：C.
4. 四羊方尊（又称四羊尊）为中国商代晚期青铜器，其盛酒部分可近似视为一个正四棱台（上、下底面的边长分别为，高为），则四羊方尊的容积约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据台体的体积公式运算求解.
【详解】由题意可得：四羊方尊的容积约为.
故选：A.
5. 天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为．我们通过设计模拟实验的方法求概率，利用计算机产生之间的随机数：
425 123 423 344 144 435 525 332 152 342
534 443 512 541 135 432 334 151 312 354
若用1，3，5表示下雨，用2，4表示不下雨，则这三天中至少有两天下雨的概率近似为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由样本数据，利用频率近似估计概率.
【详解】设事件“三天中至少有两天下雨”，20个随机数中，
至少有两天下雨有，
即事件发生了13次，用频率估计事件的概率近似为．
故选：D．
6. 设函数，若对于任意的，都有，则的最小值为（ ）
A. 4B. 2C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得是函数的最小值，是函数的最大值，可知的最小值就是函数的半周期长．
【详解】若对于任意的，都有，
则是函数的最小值，是函数的最大值，的最小值即为函数的半周期长，
而函数的最小正周期，因此．
故选：B
7. 在某校高中篮球联赛中，某班甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示（如图一），茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图（如图二）完好，则下列结论正确的是（ ）

A. 甲得分的极差是18B. 乙得分的中位数是16.5
C. 甲得分更稳定D. 甲的单场平均得分比乙低
【答案】B
【解析】
【分析】根据图一中甲的得分情况可判断ABC的正误，结合图二可判断图一丢失的数据，计算两者的均值后可判断D的正误.
【详解】对于甲，其得分的极差大于或等于，故A错误；
从折线图看，甲的得分中最低分小于10，最高分大于或等于28，且大于或等于20的分数有3个，故其得分不稳定，故C错误；
乙的数据由小到大依次为：
乙得分的中位数为，故B正确.
乙得分的平均数为，
从折线图上，茎叶图中甲的得分中丢失的数据为一个为，另一个可设为，
其中，
故其平均数为，故D错误.
故选：B.
8. 1970年4月24日，我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”，从此我国开启了人造卫星的新篇章，人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间内扫过的面积相等.设椭圆的长轴长、焦距分别为，，下列结论不正确的是
A. 卫星向径的最小值为
B. 卫星向径的最大值为
C. 卫星向径的最小值与最大值的比值越小，椭圆轨道越扁
D. 卫星运行速度在近地点时最小，在远地点时最大
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意向径即椭圆上的点与焦点的连线的距离，由椭圆的性质可得出答案.
【详解】根据题意：向径为卫星与地球的连线，即椭圆上的点与焦点的连线的距离.
根据椭圆的几何性质有：卫星向径的最小值为，
卫星向径的最大值为，所以A, B正确.
当卫星向径的最小值与最大值的比值越小时，
由，可得越大，椭圆越扁，所以C正确.
卫星运行速度在近地点时,其向径最小，由卫星的向径在相同的时间内扫过的面积相等.
则卫星运行速度在近地点时最大，同理在远地点时最小，所以D不正确.
故选：D
【点睛】本题考查椭圆的基本性质，属于中档题.
9. 直线过函数图象的对称中心，则的最小值为（ ）
A. 9B. 8C. 6D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】先利用函数图象平移与奇函数的性质求得的对称中心，从而得到，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解．
【详解】因为为奇函数，所以函数图象关于中心对称，函数图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位可得函数的图象，
所以的对称中心为，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为．
故选：A
10. 已知，则的大关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据的特点，构造函数，判断其单调性，得到，故有，再运用作差法比较即得.
【详解】设，则，
当时，，在上递增；
当时，，在上递减,
故.
则，即；
由可知，故.
故选：B.
11. 如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论不正确的有（ ）
A. 三棱锥的体积不变
B.
C.
D. 与平面所成的角大小不变
【答案】C
【解析】
【分析】证明平面判断A；由线面垂直判断B；由特殊位置利用正三角形判断C；证明面面平行得线面平行判断D.
【详解】对于A，在正方体中，，，
即四边形为平行四边形，如图，
则，而平面，平面，则有平面，
因此，点P到平面的距离为定值，
而面积是定值，则三棱锥的体积不变，A正确；
对于B，如图，连接，在正方体中，，
而平面，平面，则，
又，平面，则平面，
又平面，于是得，
又，所以，
同理，
因，平面，则平面，
因为平面，所以，故B正确；
对于C，如图，连接，，显然是正三角形，
当点P与点B重合时，，
所以点P在运动过程中，不是总有成立，C不正确；
对于D，由选项A知，平面，同理平面，
而，平面，则有平面平面，
又平面，因此平面，
所以与平面所成的角大小始终为0，D正确.
故选：C
12. 已知可导函数的定义域为为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由为奇函数，结合导数运算，由为奇函数，得到，通过整理可得，进而分析得到,,从而得出结果.
【详解】为奇函数，.
即，两边求导得，
则，可知关于直线对称，
又为奇函数，所以，
即，可知关于直线对称，
令，可得，即，
由，可得，
由，可得，即，
可得，即，
令，可得；
令，可得；
且，可知为的周期.
可知,,
所以.
故选：B.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 最美数学老师手表上的时针长度是1厘米，则时针（时）转出的扇形面积是______平方厘米．
【答案】##
【解析】
【分析】根据任意角的概念及角度制与弧度制的转化关系化为弧度制，再由扇形面积公式计算可得．
【详解】时针长度是1厘米，则时针（时）转出的扇形面积（平方厘米）．
故答案为：
14. 杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多规律，如图是一个5阶杨辉三角．
若第行中从左到右第3个数与第5个数的比为，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据杨辉三角数字规律得到，再由组合数公式计算可得.
【详解】依题意可知第行的数从左到右分别为，
所以，即，得，解得或（舍去），
所以的值为.
故答案为：
15. 已知双曲线C:（），分别为左、右焦点，过的直线l交双曲线右支为A，以为直径的圆交右支另一点为B，且过当，则双曲线离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，根据已知及双曲线的定义，结合勾股定理可得结果.
【详解】因为，设，则，所以，
依题意：在中，，即，
化简得：，
在中，，即，
所以，化简得：，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率关键是建立一个的等量关系，本题是借助圆直径所对圆周角为直角，结合双曲线定义得到结果.
16. 在三角形ABC中，，角A的平分线交于点D，若，则三角形面积的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据正弦定理可得，再建立平面直角坐标系求解的轨迹方程，进而可得面积的最大值.
【详解】，，
所以，，
因为，
所以，
因为角的平分线交于点，
所以，所以，
所以，以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，
因为，，所以，，
设，则，
所以，所以，
故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（除去和），
故当纵坐标最大，即时面积取最大值为.
故答案为：.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第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.
17. 已知数列的前项和为，且满足
（1）求数列通项公式
（2）若，求数列前项和
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据与的关系求通项；
（2）由（1）得到的通项，列式运算求得.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
当，不成立．所以.
【小问2详解】
由（1）可知，
所以，
.
18. 亚运聚欢潮，璀璨共此时，2023年9月第19届亚洲运动会在杭州举办，来自亚洲45个国家和地区的1万多名运动员在这里团结交流、收获友谊，奋勇拼搏、超越自我，共同创造了亚洲体育新的辉煌和荣光，赢得了亚奥理事会大家庭和国际社会的广泛好评．亚运会圆满结束后，杭州某学校组织学生参加与本届亚运会有关的知识竞赛，为了解该校学生对本届亚运会有关赛事知识的掌握情况，采用随机抽样的方法抽取了600名学生进行调查，成绩全部分布在分之间，根据调查结果绘制的学生成绩的频率分布直方图如图所示．
（1）求频率分布直方图中的值．
（2）估计这600名学生成绩的中位数．
（3）由频率分布直方图可以认为，这次竞赛成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表），，试用正态分布知识解决下列问题：
①若这次竞赛共有2.8万名学生参加，试估计竞赛成绩超过86.8分的人数（结果精确到个位）；②现从所有参赛的学生中随机抽取10人进行座谈，设其中竞赛成绩超过77.8分的人数为，求随机变量的期望．
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
【答案】（1）
（2）80 （3）①4442；②5
【解析】
【分析】（1）根据各组频率之和为1即可求解，
（2）根据中位数的计算公式，找频率为0.5的位置即可，
（3）根据正态分布的对称性即可求解概率，进而可求解人数，根据二项分布的期望公式即可求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图，得，
解得．
【小问2详解】
由频率分布直方图，得前3组的频率为，
前4组的频率为，所以中位数恰好为80，
则估计这600名学生成绩的中位数为80．
【小问3详解】
①由题意得，
所以，则，
所以，
故估计竞赛成绩超过86.8分的学生约有4442人．
②由①得，则，
所以随机变量，所以．
19. 如图，四棱锥中，底面四边形为菱形，，侧面是边长为4的正三角形，．
（1）证明：平面平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，．
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，可得，根据勾股定理可得，进而可得平面，然后面面垂直的判定定理可证
（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，根据公式可求.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
为菱形, ，所以是等边三角形，则．
又是等边三角形，所以
因为，
所以，故，
又，
所以，故，
因为平面平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面．
【小问2详解】
存，理由如下：
假设存在，设，由（1）知三条直线两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，．
设平面的一个法向量为，则
令，得，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，所以．
由，解得（舍）或，
所以存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，此时．
20. 已知抛物线x2=2py（p>0）上一点R(m，2)到它的准线的距离为3.若点A，B，C分别在抛物线上，且点A、C在y轴右侧，点B在y轴左侧，△ABC的重心G在y轴上，直线AB交y轴于点M且满足3|AM|0）上一点R(m，2)到它的准线的距离为3构建方程，求得p，则可得准线方程；
（2）设点，，由面积公式可知由点G为的重心，且在y轴上，可以表示，由相似三角形可知，即可表示，令，整理得，由，得将视为二次函数求得值域，进而求得的范围，取倒即可得答案.
【详解】（1）有题意知，，，所以准线方程：
（2）设点，
点G为重心，且在y轴上，
所以，且，则，且由相似三角形可知
所以
令，
因为，所以，故，则
故
【点睛】本题考查在抛物线的背景下探究平面图形面积比的范围问题，涉及求抛物线的标准方程，还考查了三角形重心的性质，属于难题.
21. 牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法.比如，我们可以先猜想某个方程的其中一个根r在的附近，如图6所示，然后在点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到；一直继续下去，得到，，，…，.从图形上我们可以看到较接近r，较接近r，等等.显然，它们会越来越逼近r.于是，求r近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为r的近似解.
已知函数，.
（1）试用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）；
（2）若对任意都成立，求整数a的最大值.（计算参考数值：，，，，）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义及牛顿迭代法可得结果；
（2）根据已知通过分离变量，构造函数，利用导数得出的最小值，由（1）的结论可得结果.
【小问1详解】
解： 因为，则，
，曲线在处的切线为，且，
，曲线在处的切线为，且，
故用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解为.
【小问2详解】
将整理得到：，
令，，
因为，令，即，得或，
令，即，得，
所以在上为增函数，在上为减函数，
所以的极小值为，
因此有且仅有一个零点，所以有且仅有一个极小值点，即，
所以有，
方法一：由（1）有，则.
方法二：.
，
所以，能取到的最大整数值为.
【点睛】关键点点睛：利用导数的几何意义求切线方程；第二问的关键是转化不等式，从而分析函数的性质，得出最值.
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）设直线与轴相交于点，动点在上，点满足，点的轨迹为，试判断曲线与曲线是否有公共点.若有公共点，求出其直角坐标；若没有公共点，请说明理由.
【答案】（1）C的普通方程为，l直角坐标方程为.
（2）存在，坐标为
【解析】
【分析】（1）首先分析题意，进行消参，化简参数方程，结合极坐标与直角坐标的互化求解即可.
（2）设出所求点的坐标，求出其轨迹的参数方程，再进行消参，得出轨迹的直角坐标方程，利用圆与圆的位置关系判断其有公共点，联立求解即可.
【小问1详解】
由题设曲线的参数方程，消参得，
由，且得，，化简得，
C的普通方程为，l直角坐标方程为.
【小问2详解】
当时，，易知，设，
可得，（a是参数），
消参得方程为且，
则圆心距离得，
则两圆相交，故两圆存在公共点，联立方程组，
解得或，故坐标为.
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）代入，分类讨论去绝对值解不等式即可；
（2）分，讨论，通过单调性求出的最小值，然后利用解不等式求出的取值范围．
【小问1详解】
当时，，
因，
所以或或，
解得或，
故不等式的解集为；
【小问2详解】
因为，当时，成立；
当时，，此时，
明显函数在上单调递减，在上单调递增，
故，解得，又，所以；
综上所述，的取值范围是.