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

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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
【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，点在以为圆心，1为半径的圆上，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
【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：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
【分析】根据平面向量的线性运算求解即可.
【详解】由图可知，
故选：C
4．四羊方尊（又称四羊尊）是中国古代青铜器中的杰出代表，展现了商代的高超铸造技术，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】B
【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：B.
5．电视台中的天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为，这种预报经常是依据随机模拟思想得到.在本次研究中，我们用计算机产生之间的20组随机数：
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
【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
【分析】由题意可得是函数的最小值，是函数的最大值，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．篮球赛中，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．甲的单场平均得分比乙低B．乙得分的中位数是16.5
C．甲得分更稳定D．甲得分的极差是18
【答案】B
【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】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A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.
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；
对于甲，其得分的极差大于或等于，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”，该卫星是中华民族的智慧和精神凝结成的一颗值得自豪的“明星”.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．卫星向径的最大值为
B．卫星向径的最小值为
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】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
【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】的对称中心为(1,1)，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】C
【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：C.
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
【详解】正方体中，则有平面，∴到平面的距离不变，面积不变，因此三棱锥的体积不变，A正确；
由正方体中，由，得平面，可得，同理，从而可证平面，必有，B正确；
当与重合时，与所成角为，不垂直，C错；
同理平面平面，从而可得平面平面，∴可得平面，与平面所成的角大小始终为0，D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查空间的直线与平面间的平行与垂直的关系，掌握正方体的性质是解题关键．考查了学生的空间想象能力，逻辑推理能力．
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】D
【分析】由为奇函数，结合导数运算可得，由为奇函数，可得，整理可得，进而分析可得，即可得结果.
【详解】因为为奇函数，则，
即，两边求导得，
则，可知关于直线对称，
又因为为奇函数，则，
即，可知关于点对称，
令，可得，即，
由可得，
由，可得，即，
可得，即，
令，可得；
令，可得；
且，可知8为的周期，
可知，
所以.
故选：D.
【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．
三、填空题
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】 /
【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3:5，则的值为 .
【答案】 7
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】/
【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．在三角形中、，角的平分线交于点，若，则三角形面积的最大值为 .
【答案】3
【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
17.已知数列的前项和为,且满足
求数列的通项公式
若，求数列前项和
解析：（1）当时，
当时，
验证：当，不成立
所以
（2）由（1）可知
所以，
18．2023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
【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.
【详解】（1）由频率分布直方图，得，
解得．
（2）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．
（3）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，．
【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.
【详解】（1）
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．
（2）存在，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的空间直角坐标系，
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|<2|BM|，直线BC交y轴于点N.记△ABC，△AMG，△CNG的面积分别为S1，S2，S3.
（1）求p的值及抛物线的准线方程；
（2）求的取值范围.
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）由抛物线x2=2py（p>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为的重心，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，如下图所示，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)
【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.
【详解】（1）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.
（2）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.
22.【选修4-4：坐标系与参数方程】（本小题满分10分）
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.
【详解】（1）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.
（2）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.
23．【选修4-5：不等式选讲】（本小题满分10分）
已知函数
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若，求的取值范围．
【详解】（1）当时，，
因为，所以或或，
解得或，故不等式的解集为；
（2）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.