陜西省安康市高新中學2024屆高三高考模擬考試理科 數學（二）試題【含答案】

2024年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試模擬試題理數（二）本試卷共4頁，23題（含選考題）.全卷滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名?考號等填寫在答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試題卷?草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3.填空題和解答題的作答：用簽字筆直接寫在答題卡上對應的答題區(qū)域內.寫在試題卷?草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.4.選考題的作答：先把所選題目的題號在答題卡上指定的位置用2B鉛筆涂黑.答案寫在答題卡上對應的答題區(qū)域內，寫在試題卷?草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.5.考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交.第I卷一?選擇題：本題共12小題，每小題5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．若的虛部為2，則（

）A．4 B． C．8 D．2．已知集合，則（

）A． B． C． D．3．某地區(qū)中午11時到夜里23時的氣溫分布如圖所示，關于這5個時刻的溫度，以下說法錯誤的是（

）A．5個時刻溫度的極差為B．5個時刻溫度的中位數為C．平均溫度為D．下午17時溫度最高4．在數列中，，若對，則（

）A． B．1 C． D．5．函數的部分圖象為（

）A． B．C． D．6．已知命題為假命題，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．7．已知正三棱臺的上底面積為，下底面積為，高為2，則該三棱臺的表面積為（

）A． B． C． D．188．《九章算術》中《方田》一章給出了計算弧田面積的公式：弧田面積（弦矢+矢）.弧田（如圖）由圓弧和其所對弦所圍成，公式中“弦”指圓弧所對的弦長，“矢”等于半徑長與圓心到弦的距離之差.現有圓心角為，且，半徑等于的弧田，按照上述給出的面積公式計算弧田面積是（

）A． B． C． D．9．已知四棱錐中，平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，，在四棱錐內部有一半徑為1的球與四棱錐各面都相切，則四棱錐的體積為（

）A．6 B．9 C．12 D．1610．設分別為橢圓的左?右頂點，是上一點，且，則的離心率為（

）A． B． C． D．11．已知函數在區(qū)間上單調遞減，，則（

）A． B． C． D．12．已知，則（

）A． B．C． D．第Ⅱ卷本卷包括必考題和選考題兩部分.第13~21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22~23題為選考題，考生根據要求作答.二?填空題：本題共4小題，每小題5分.13．寒假期間，小明和爺爺奶奶爸爸媽媽五人自駕一輛七座（含司機座位）商務車出去游玩，其中爸爸媽媽會開車，小明不能坐副駕，則不同的坐法種數為.（用數字作答）14．菱形的邊長為，以為圓心作圓且與相切于是與的交點，則.15．已知圓與直線交于兩點，與軸交于兩點，直線與交于點，則.16．如圖，平面四邊形中，，則四邊形面積的最大值為.三?解答題：解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17．記為數列的前項和，已知.(1)求的通項公式；(2)若，求數列的前項和.18．如圖，在多面體中，都是等邊三角形，平面為的中點.(1)證明：；(2)求與平面所成角的正弦值.19．某乒乓球訓練機構以培訓青少年為主，其中有一項打定點訓練，就是把乒乓球打到對方球臺的指定位置（稱為“準點球”），每周記錄每個接受訓練的學員在訓練時打的所有球中“準點球”的百分比學員已經訓練了1年，下表記錄了學員最近七周“準點球”的百分比：周次12345675252.853.55454.554.955.3若.(1)根據上表數據，計算與的相關系數，并說明與的線性相關性的強弱；（若，則認為與線性相關性很強；若，則認為與線性相關性一般；若，則認為與線性相關性較弱）（精確到0.01）(2)求關于的線性回歸方程，并預測第9周“準點球”的百分比（精確到0.01）；(3)若現在認為學員“準點球”的百分比為，并以此為概率，現讓學員打3個球，以表示“準點球”的個數，求的分布列及數學期望.參考公式和數據：對于一組數據，20．已知拋物線上的動點與距離的最小值為.(1)求；(2)過點的直線交拋物線于兩點，直線平行于，且與拋物線僅有一個公共點，求面積的最小值.21．已知函數在定義域上僅有1個極大值點.(1)求的取值范圍；(2)若，證明：.請考生在第22?23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分.選修4-4：坐標系與參數方程22．在平面直角坐標系中，圓的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為.(1)求圓的普通方程和直線的直角坐標方程；(2)若直線與圓相切，求切點的極坐標.選修4-5：不等式選講23．已知函數.(1)求的解集；(2)求曲線與直線所圍成的圖形的面積.1．D【分析】根據復數的除法運算化簡即可得解.【詳解】由題得，則.故.故選：D.2．A【分析】分別解出集合、，得到，進而得到.【詳解】由題得，故，所以.故選：A.3．B【分析】結合極差、中位數、平均數定義分析圖象即可得.【詳解】由圖可知，5個時刻溫度的極差為，故A正確；中位數為，故B錯誤；平均溫度為，故C正確；比較幾個數值可知下午17時溫度最高，故D正確.故選：B.4．A【分析】根據遞推公式得出,進而即可．【詳解】由與相減得：，即，又，故，所以.故選：A.5．B【分析】判斷函數的奇偶性從而排除選項A、D；再判斷當時函數值的符號即可排除C.【詳解】因為為奇函數，所以排除；當時，，所以排除C.故選：B.6．D【分析】由命題為假命題，得到為真命題.方法一：參數分離，并構造函數，通過導數求函數單調性求解；方法二：將轉化為直線與曲線沒有交點，通過導數求切斜方程即可.【詳解】法一：由題可得為真命題，易知滿足，符合題意，此時；當時，可變形為，令，則，當時，；當時，，當時，單調遞減，且；當時，單調遞減；當時，單調遞增，所以當時，，作出函數的圖象如圖①所示，由題可知直線與函數的圖象沒有交點，數形結合可得.法二：由題可得為真命題，即直線與曲線沒有交點.設直線與曲線切于點，由，得，則，所以，所以直線與曲線相切，若直線與曲線沒有交點，如圖②所示，則.故選：D.7．A【分析】由上下底面的面積可求出上下底面邊長，構造直角三角形結合棱臺的高求出側面梯形的高，求出側面積后得表面積.【詳解】由面積公式可得正三棱臺上下底面邊長分別為和，設在底面內的射影為，作于，平面，平面，則有，又，，平面，所以平面，平面，所以，由，，，則，又，所以，則，故三棱臺的側面積為，表面積為.故選：A.8．A【分析】先根據半角公式求出，再分別求出弦長和矢長，再根據弧田的面積公式即可得解.【詳解】由，可得，故弦長為，矢長為，所以所求弧田面積為.故選：A.9．C【分析】設出，直接用，解出，再求體積即可．【詳解】如圖設，，,則,則．平面，顯然平面平面,，AD為交線，四邊形ABCD為正方形，可以證得平面，平面,則，因此因為，根據，代入計算得，，解得，則.故選：C.10．D【分析】由題意，根據余弦定理和同角的商數關系可得，，設，則，得，結合離心率的概念即可求解.【詳解】在中，由，得，所以，由，得，所以，設，則，又，又，.故選：D.11．C【分析】在區(qū)間上單調遞減，用周期公式，縮小范圍．，得①，，得出對稱中心，進而得到②，兩式相減，得到，因為，求出．代入①，根據，解出即可．【詳解】在區(qū)間上單調遞減，，由，得①.又，圖象關于點對稱，即②.由②-①得，由于，則，代入①，即，由于，則，則．故選：C.12．B【分析】構造函數，和，利用導數求解函數的單調性，即可求解.【詳解】令，，則，令，則即單調遞增，所以，故為增函數，所以，可得，故.令，則，故為增函數，所以0，即.所以，故，所以b故選：B.【點睛】方法點睛：利用導數比較大小的基本步驟(1)作差或變形；(2)構造新的函數；(3)利用導數研究的單調性或最值；(4)根據單調性及最值，得到所證不等式．13．600【分析】先選司機，再選副駕，結合分類分布計數原理計算即可求解.【詳解】先選司機有種，再選副駕，若副駕坐人，則有種；若副駕不坐人，則有種，故不同的坐法種數為.故答案為：60014．1+##【分析】由題意可得，，利用平面向量的數量積的定義和運算律、線性運算計算即可求解.【詳解】由題可知，則，所以，故，故.故答案為：15．4【分析】設，運用圓的對稱性和圓周角定理，得到直線斜率之間的關系，后用兩點間的斜率公式代入即可得到剛好滿足雙曲線定義，用定義解題即可.【詳解】設，且，又，，，根據直徑所對圓周角是直角，知道，則，則，，即，則點在以為焦點的雙曲線上，.故答案為：416．10【分析】設，利用余弦定理求出，進而可求出，再根據換元，結合三角函數的性質即可得解.【詳解】設，則，而，則，所以，令，則，則，其中，當且僅當時取等號，此時，即，所以四邊形面積的最大值為10.故答案為：.【點睛】方法點睛：解三角形的基本策略：（1）利用正弦定理實現“邊化角”；（2）利用余弦定理實現“角化邊”.求三角形有關代數式的取值范圍也是一種常見的類型，主要方法有兩類：（1）找到邊與邊之間的關系，利用基本不等式來求解；（2）利用正弦定理，轉化為關于某個角的三角函數，利用函數思想求解.17．(1)(2)【分析】（1）根據題意，化簡得到，得出數列為等差數列，求得，進而求得的通項公式；（2）由（1）得到，當為奇數時，；當為偶數時，，結合，結合等差數列、等比數列的求和公式，即可求解.【詳解】（1）解：由，可得，所以，又由，所以，所以數列是以1為首項，1為公差的等差數列，所以，則，當時，，所以，又當時，滿足上式，所以的通項公式為.（2）由（1）可知當為奇數時，；當為偶數時，，所以18．(1)證明見解析(2).【分析】（1）由全等三角形的判斷方法和線面垂直的判定定理可得平而，進而可得，建立如圖空間直角坐標系，利用向量法證明即可；（2）由（1），利用空間向量法求解線面角即可.【詳解】（1）由都是等邊三角形，，可得.取的中點為，則，又，所以，所以，即，又平而，故平而.因為，所以.因為平面，平面，所以，又，所以兩兩垂直，以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，，所以，所以，則.（2）由（1）知，設平面的法向量為，則即取，則，所以，設與平面所成的角為，則，所以與平面所成角的正弦值為.19．(1)0.94，與線性相關性很強(2)，(3)分布列見解析，.【分析】（1）根據題意中的公式求出相關系數r，結合其表示的意義即可下結論；（2）根據最小二乘法計算可得，進而，將代入即可求解；（3）由題意可知，利用二項分布求出對應的概率，列出X的分布列，求出數學期望即可.【詳解】（1）故與線性相關性很強.（2），，所以關于的線性回歸方程為，將代入，得.當時，，故預測第9周“準點球”的百分比為.（3）現在A學員任打一球是“準點球”的概率為：，由題意，則，，，.分布列為0123數學期望.20．(1)1(2)【分析】（1）設拋物線上的動點為，則，根據二次函數的性質，找出最小值，得到的值.（2）先設直線，與拋物線聯立計算得到，設平行線的方程為，與拋物線聯立令，得到，計算到的距離，求得面積公式，算出范圍即可.【詳解】（1）設拋物線上的動點為，，因為的最小值為，且時，，故可知，且，解得舍.（2）由（1）知，拋物線方程為，由題意可知，直線的斜率不為0，設直線的方程為，

代入，可得，則，所以.設平行線的方程為，將代入，可得，當時，，則，即，所以點到直線的距離為：，故，當時，取得最小值，此時【點睛】思路點睛：①通過點與點的距離，求得最小值，得到的值.②設直線，得到弦長，與平行，設出，聯立求出坐標，求出到距離，算出面積公式，求出范圍.21．(1)(2)證明見解析【分析】（1）求得，根據題意，得到為的極大值點，得出，利用導數求得函數的單調性，得出，即可求解；（2）因為，轉化為證明，令，求得，令，利用導數求得函數的單調性，得到，得到，進而得到，即可得證.【詳解】（1）解：由函數，可得，因為函數在定義域上僅有1個極大值點，即有零點為，所以為的極大值點，在上，則須，又由，所以當時，單調遞增，值域為；當時，單調遞減，值域為，故只須，即，所以的取值范圍為.（2）證明：由（1）知：在上單調遞增，在上單調遞減，要證，只須證，因為，只須證，即證，令，則令，可得當時，，為減函數，當時，可得，則，即，所以，則時，為增函數，故，即，故原不等式得證.【點睛】方法技巧：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：1、合理轉化，根據題意轉化為兩個函數的最值之間的比較，列出不等式關系式求解；2、構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；3、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．4、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．22．(1)，(2).【分析】（1）根據即可求出圓的普通方程；根據公式法計算化簡即可求出直線的直角坐標方程；（2）易知切點位于第四象限，結合圖形和計算即可求解.【詳