2024屆西南大學附中高考數學五模試卷含解析

2024屆西南大學附中高考數學五模試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．“且”是“”的（）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件2．已知i為虛數單位，則（）A． B． C． D．3．如圖所示的程序框圖，當其運行結果為31時，則圖中判斷框①處應填入的是（）A． B． C． D．4．根據散點圖，對兩個具有非線性關系的相關變量x，y進行回歸分析，設u=lny，v=(x-4)2，利用最小二乘法，得到線性回歸方程為=0.5v+2，則變量y的最大值的估計值是（）A．e B．e2 C．ln2 D．2ln25．“學習強國”學習平臺是由中宣部主管，以深入學習宣傳新時代中國特色社會主義思想為主要內容，立足全體黨員?面向全社會的優(yōu)質平臺，現日益成為老百姓了解國家動態(tài)?緊跟時代脈搏的熱門?該款軟件主要設有“閱讀文章”?“視聽學習”兩個學習模塊和“每日答題”?“每周答題”?“專項答題”?“挑戰(zhàn)答題”四個答題模塊?某人在學習過程中，“閱讀文章”不能放首位，四個答題板塊中有且僅有三個答題板塊相鄰的學習方法有（）A．60 B．192 C．240 D．4326．設且，則下列不等式成立的是（）A． B． C． D．7．設為定義在上的奇函數，當時，(為常數)，則不等式的解集為（）A． B． C． D．8．如圖，在中，，是上一點，若，則實數的值為（）A． B． C． D．9．已知集合，B＝{y∈N|y＝x﹣1，x∈A}，則A∪B＝（）A．{﹣1，0，1，2，3} B．{﹣1，0，1，2} C．{0，1，2} D．{x﹣1≤x≤2}10．已知函數滿足，且，則不等式的解集為（）A． B． C． D．11．已知正三棱錐的所有頂點都在球的球面上，其底面邊長為4，、、分別為側棱，，的中點.若在三棱錐內，且三棱錐的體積是三棱錐體積的4倍，則此外接球的體積與三棱錐體積的比值為（）A． B． C． D．12．若為虛數單位，則復數的共軛復數在復平面內對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若，則_________.14．若，則________.15．已知數列的前項和為，且滿足，則______16．若變量，滿足約束條件，則的最大值為__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知三棱錐中側面與底面都是邊長為2的等邊三角形，且面面，分別為線段的中點.為線段上的點，且.（1）證明：為線段的中點；（2）求二面角的余弦值.18．（12分）如圖，三棱臺中，側面與側面是全等的梯形，若，且.（Ⅰ）若，，證明：∥平面；（Ⅱ）若二面角為，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.19．（12分）已知橢圓：，不與坐標軸垂直的直線與橢圓交于，兩點.（Ⅰ）若線段的中點坐標為，求直線的方程；（Ⅱ）若直線過點，點滿足（，分別為直線，的斜率），求的值.20．（12分）已知函數，.（1）若時，解不等式；（2）若關于的不等式在上有解，求實數的取值范圍.21．（12分）已知數列滿足，等差數列滿足，（1）分別求出，的通項公式；（2）設數列的前n項和為，數列的前n項和為證明：．22．（10分）某職稱晉級評定機構對參加某次專業(yè)技術考試的100人的成績進行了統(tǒng)計，繪制了頻率分布直方圖（如圖所示），規(guī)定80分及以上者晉級成功，否則晉級失敗．晉級成功晉級失敗合計男16女50合計（1）求圖中的值；（2）根據已知條件完成下面列聯表，并判斷能否有的把握認為“晉級成功”與性別有關？（3）將頻率視為概率，從本次考試的所有人員中，隨機抽取4人進行約談，記這4人中晉級失敗的人數為，求的分布列與數學期望．（參考公式：，其中）0.400.250.150.100.050.0250.7801.3232.0722.7063.8415.024

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

畫出“,,,所表示的平面區(qū)域,即可進行判斷.【詳解】如圖，“且”表示的區(qū)域是如圖所示的正方形，記為集合P，“”表示的區(qū)域是單位圓及其內部，記為集合Q，顯然是的真子集,所以答案是充分非必要條件，故選:.【點睛】本題考查了不等式表示的平面區(qū)域問題,考查命題的充分條件和必要條件的判斷,難度較易.2、A【解析】

根據復數乘除運算法則，即可求解.【詳解】.故選：A.【點睛】本題考查復數代數運算，屬于基礎題題.3、C【解析】

根據程序框圖的運行，循環(huán)算出當時，結束運行，總結分析即可得出答案.【詳解】由題可知，程序框圖的運行結果為31，當時，；當時，；當時，；當時，；當時，.此時輸出.故選：C.【點睛】本題考查根據程序框圖的循環(huán)結構，已知輸出結果求條件框，屬于基礎題.4、B【解析】

將u=lny，v=(x-4)2代入線性回歸方程=-0.5v+2，利用指數函數和二次函數的性質可得最大估計值.【詳解】解：將u=lny，v=(x4)2代入線性回歸方程=0.5v+2得：，即，當時，取到最大值2，因為在上單調遞增，則取到最大值.故選：B.【點睛】本題考查了非線性相關的二次擬合問題，考查復合型指數函數的最值，是基礎題,.5、C【解析】

四個答題板塊中選三個捆綁在一起，和另外一個答題板塊用插入法．注意按“閱讀文章”分類．【詳解】四個答題板塊中選三個捆綁在一起，和另外一個答題板塊用插入法，由于“閱讀文章”不能放首位，因此不同的方法數為．故選：C．【點睛】本題考查排列組合的應用，考查捆綁法和插入法求解排列問題．對相鄰問題用捆綁法，不相鄰問題用插入法是解決這類問題的常用方法．6、A【解析】項，由得到，則，故項正確；項，當時，該不等式不成立，故項錯誤；項，當，時，，即不等式不成立，故項錯誤；項，當，時，，即不等式不成立，故項錯誤．綜上所述，故選．7、D【解析】

由可得，所以，由為定義在上的奇函數結合增函數+增函數=增函數，可知在上單調遞增，注意到，再利用函數單調性即可解決.【詳解】因為在上是奇函數.所以，解得，所以當時，，且時，單調遞增，所以在上單調遞增，因為，故有，解得.故選：D.【點睛】本題考查利用函數的奇偶性、單調性解不等式，考查學生對函數性質的靈活運用能力，是一道中檔題.8、C【解析】

由題意，可根據向量運算法則得到（1﹣m），從而由向量分解的唯一性得出關于t的方程，求出t的值.【詳解】由題意及圖，，又，，所以，∴（1﹣m），又t，所以，解得m，t，故選C．【點睛】本題考查平面向量基本定理，根據分解的唯一性得到所求參數的方程是解答本題的關鍵，本題屬于基礎題.9、A【解析】

解出集合A和B即可求得兩個集合的并集.【詳解】∵集合{x∈Z|﹣2＜x≤3}＝{﹣1，0，1，2，3}，B＝{y∈N|y＝x﹣1，x∈A}＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，∴A∪B＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}．故選：A．【點睛】此題考查求集合的并集，關鍵在于準確求解不等式，根據描述法表示的集合，準確寫出集合中的元素.10、B【解析】

構造函數,利用導數研究函數的單調性，即可得到結論.【詳解】設,則函數的導數,，，即函數為減函數,,，則不等式等價為，則不等式的解集為,即的解為，，由得或，解得或,故不等式的解集為.故選:.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數單調性，根據函數的單調性解不等式，考查學生分析問題解決問題的能力,是難題.11、D【解析】

如圖，平面截球所得截面的圖形為圓面，計算，由勾股定理解得，此外接球的體積為，三棱錐體積為，得到答案.【詳解】如圖，平面截球所得截面的圖形為圓面.正三棱錐中，過作底面的垂線，垂足為，與平面交點記為，連接、.依題意，所以，設球的半徑為，在中，，，，由勾股定理：，解得，此外接球的體積為，由于平面平面，所以平面，球心到平面的距離為，則，所以三棱錐體積為，所以此外接球的體積與三棱錐體積比值為.故選：D.【點睛】本題考查了三棱錐的外接球問題，三棱錐體積，球體積，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.12、B【解析】

由共軛復數的定義得到，通過三角函數值的正負，以及復數的幾何意義即得解【詳解】由題意得，因為，，所以在復平面內對應的點位于第二象限．故選：B【點睛】本題考查了共軛復數的概念及復數的幾何意義，考查了學生概念理解，數形結合，數學運算的能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

因為，所以.因為，所以，又，所以，所以..14、13【解析】

由導函數的應用得：設，，所以，，又，所以，即，由二項式定理：令得：，再由，求出，從而得到的值；【詳解】解：設，，所以，，又，所以，即，取得：，又，所以，故，故答案為：13【點睛】本題考查了導函數的應用、二項式定理，屬于中檔題15、【解析】

對題目所給等式進行賦值，由此求得的表達式，判斷出數列是等比數列，由此求得的值.【詳解】解：，可得時，，時，，又，兩式相減可得，即，上式對也成立，可得數列是首項為1，公比為的等比數列，可得．【點睛】本小題主要考查已知求，考查等比數列前項和公式，屬于中檔題.16、【解析】

根據約束條件可以畫出可行域，從而將問題轉化為直線在軸截距最大的問題的求解，通過數形結合的方式可確定過時，取最大值，代入可求得結果.【詳解】由約束條件可得可行域如下圖陰影部分所示：將化為，則最大時，直線在軸截距最大；由直線平移可知，當過時，在軸截距最大，由得：，.故答案為：.【點睛】本題考查線性規(guī)劃中最值問題的求解，關鍵是能夠將問題轉化為直線在軸截距的最值的求解問題，通過數形結合的方式可求得結果.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析；（2）【解析】

（1）設為中點，連結，先證明，可證得，假設不為線段的中點，可得平面，這與矛盾，即得證；（2）以為原點，以分別為軸建立空間直角坐標系，分別求解平面，平面的法向量的法向量，利用二面角的向量公式，即得解.【詳解】（1）設為中點，連結.∴，，又平面，平面，∴.又分別為中點，，又，∴.假設不為線段的中點，則與是平面內內的相交直線，從而平面，這與矛盾，所以為線段的中點.（2）以為原點，由條件面面，∴，以分別為軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，.設平面的法向量為所以取，則，.同法可求得平面的法向量為∴，由圖知二面角為銳二面角，二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了立體幾何與空間向量綜合，考查了學生邏輯推理，空間想象，數學運算的能力，屬于中檔題.18、(Ⅰ)見解析；(Ⅱ).【解析】試題分析：(Ⅰ)連接，由比例可得∥，進而得線面平行；（Ⅱ）過點作的垂線，建立空間直角坐標系，不妨設，則求得平面的法向量為，設平面的法向量為，由求二面角余弦即可.試題解析：（Ⅰ）證明：連接，梯形，,易知：；又，則∥；平面，平面，可得：∥平面；（Ⅱ）側面是梯形，，,,則為二面角的平面角，；均為正三角形，在平面內，過點作的垂線，如圖建立空間直角坐標系，不妨設，則,故點，；設平面的法向量為，則有：；設平面的法向量為，則有：；，故平面與平面所成的銳二面角的余弦值為.19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）根據點差法，即可求得直線的斜率，則方程即可求得；（Ⅱ）設出直線方程，聯立橢圓方程，利用韋達定理，根據，即可求得參數的值.【詳解】（1）設，，則兩式相減，可得.（*）因為線段的中點坐標為，所以，.代入（*）式，得.所以直線的斜率.所以直線的方程為，即.（Ⅱ）設直線：（），聯立整理得.所以，解得.所以，.所以，所以.所以.因為，所以.【點睛】本題考查中點弦問題的點差法求解，以及利用代數與幾何關系求直線方程，涉及韋達定理的應用，屬中檔題.20、（1）（2）【解析】

（1）零點分段法，分，，討論即可；（2）當時，原問題可轉化為：存在，使不等式成立，即.【詳解】解：（1）若時，，當時，原不等式可化為，解得，所以，當時，原不等式可化為，解得，所以，當時，原不等式可化為，解得，所以，綜上述：不等式的解集為；（2）當時，由得，即，故得，又由題意知：，即，故的范圍為.【點睛】本題考查解絕對值不等式以及不等式能成立求參數，考查學生的運算能力，是一道容易題.21、(1)（2）證明見解析【解析】

（1）因為，所以，所以，即，又因為，所以數列為等差數列，且公差為1，首項為1，則，即.設的公差為，則，所以（），則（），所以，因此，綜上，．（2）設數列的前n項和為，則兩式相減得，所以，設則，所以.22、(1)；(2)列聯表見解析，有超過的把握認為“晉級成功”與性別有關；(3)分布列見解析，=3【解析】

（1）由頻率和為1，列出方程求的值；（2）由頻率分布直方圖求出晉級成功的頻率，計算晉級成功的人數，填寫列聯表，計算觀測值，對照臨界值得出結論；（3）由頻率分布直方圖知晉級失敗的頻率，將頻率視為概率，知隨機變量服從二項分布，計算對應的概率值，寫出分布列，計算數學期望.【詳解】解：（1）由頻率分布直方圖各小長方形面積總和為