2024届贵州省毕节大方县德育中学高考数学五模试卷含解析

2024届贵州省毕节大方县德育中学高考数学五模试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，函数在区间上恰有个极值点，则正实数的取值范围为（）A． B． C． D．2．下列说法正确的是（）A．“若，则”的否命题是“若，则”B．“若，则”的逆命题为真命题C．，使成立D．“若，则”是真命题3．已知，，，则()A． B． C． D．4．数列的通项公式为．则“”是“为递增数列”的（）条件．A．必要而不充分 B．充要 C．充分而不必要 D．即不充分也不必要5．已知盒中有3个红球，3个黄球，3个白球，且每种颜色的三个球均按，，编号，现从中摸出3个球（除颜色与编号外球没有区别），则恰好不同时包含字母，，的概率为（）A． B． C． D．6．已知复数满足，(为虚数单位)，则()A． B． C． D．37．函数的定义域为（）A．或 B．或C． D．8．秦九韶是我国南宁时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例.若输入、的值分别为、，则输出的值为（）A． B． C． D．9．已知双曲线的右焦点为，若双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且点到该渐近线的距离为，则双曲线的实轴的长为A． B．C． D．10．如图，中，点D在BC上，，将沿AD旋转得到三棱锥，分别记，与平面ADC所成角为，，则，的大小关系是（）A． B．C．，两种情况都存在 D．存在某一位置使得11．设集合，则()A． B．C． D．12．已知△ABC中，．点P为BC边上的动点，则的最小值为（）A．2 B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在中，已知，，是边的垂直平分线上的一点，则__________.14．已知，满足约束条件则的最小值为__________.15．已知全集，集合则_____．16．若函数在和上均单调递增，则实数的取值范围为________．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。17．（12分）如图，在斜三棱柱中，已知为正三角形，D，E分别是，的中点，平面平面，.（1）求证：平面；（2）求证：平面.18．（12分）表示，中的最大值，如，己知函数，.（1）设，求函数在上的零点个数；（2）试探讨是否存在实数，使得对恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.19．（12分）若,且（1）求的最小值；（2）是否存在，使得？并说明理由.20．（12分）已知，且满足，证明：.21．（12分）如图所示，已知平面，，为等边三角形，为边上的中点，且.(Ⅰ)求证：面；(Ⅱ)求证：平面平面；(Ⅲ)求该几何体的体积．22．（10分）已知椭圆E：（）的离心率为，且短轴的一个端点B与两焦点A，C组成的三角形面积为.（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）若点P为椭圆E上的一点，过点P作椭圆E的切线交圆O：于不同的两点M，N（其中M在N的右侧），求四边形面积的最大值.

参考答案一、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、B【解析】

先利用向量数量积和三角恒等变换求出，函数在区间上恰有个极值点即为三个最值点，解出，，再建立不等式求出的范围，进而求得的范围.【详解】解：令，解得对称轴，，又函数在区间恰有个极值点，只需解得．故选：．【点睛】本题考查利用向量的数量积运算和三角恒等变换与三角函数性质的综合问题.(1)利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成或的形式;(2)根据自变量的范围确定的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值或参数范围.2、D【解析】选项A，否命题为“若，则”，故A不正确．选项B，逆命题为“若，则”，为假命题，故B不正确．选项C，由题意知对，都有，故C不正确．选项D，命题的逆否命题“若，则”为真命题，故“若，则”是真命题，所以D正确．选D．3、B【解析】

利用指数函数和对数函数的单调性，将数据和做对比，即可判断.【详解】由于，，故.故选：B.【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，属基础题.4、A【解析】

根据递增数列的特点可知，解得，由此得到若是递增数列，则，根据推出关系可确定结果.【详解】若“是递增数列”，则，即，化简得：，又，，，则是递增数列，是递增数列，“”是“为递增数列”的必要不充分条件．故选：.【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，涉及到根据数列的单调性求解参数范围，属于基础题.5、B【解析】

首先求出基本事件总数，则事件“恰好不同时包含字母，，”的对立事件为“取出的3个球的编号恰好为字母，，”，记事件“恰好不同时包含字母，，”为，利用对立事件的概率公式计算可得；【详解】解：从9个球中摸出3个球，则基本事件总数为（个），则事件“恰好不同时包含字母，，”的对立事件为“取出的3个球的编号恰好为字母，，”记事件“恰好不同时包含字母，，”为，则.故选：B【点睛】本题考查了古典概型及其概率计算公式，考查了排列组合的知识，解答的关键在于正确理解题意，属于基础题．6、A【解析】，故，故选A.7、A【解析】

根据偶次根式被开方数非负可得出关于的不等式，即可解得函数的定义域.【详解】由题意可得，解得或.因此，函数的定义域为或.故选：A.【点睛】本题考查具体函数定义域的求解，考查计算能力，属于基础题.8、B【解析】

列出循环的每一步，由此可得出输出的值.【详解】由题意可得：输入，，，；第一次循环，，，，继续循环；第二次循环，，，，继续循环；第三次循环，，，，跳出循环；输出.故选：B.【点睛】本题考查根据算法框图计算输出值，一般要列举出算法的每一步，考查计算能力，属于基础题.9、B【解析】

双曲线的渐近线方程为，由题可知．设点，则点到直线的距离为，解得，所以，解得，所以双曲线的实轴的长为，故选B．10、A【解析】

根据题意作出垂线段，表示出所要求得、角，分别表示出其正弦值进行比较大小，从而判断出角的大小，即可得答案．【详解】由题可得过点作交于点，过作的垂线，垂足为，则易得，．设，则有，，，可得，．，，；，；，，，．综上可得，．故选：．【点睛】本题考查空间直线与平面所成的角的大小关系，考查三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．11、B【解析】

直接进行集合的并集、交集的运算即可．【详解】解：；∴．故选：B．【点睛】本题主要考查集合描述法、列举法的定义，以及交集、并集的运算，是基础题.12、D【解析】

以BC的中点为坐标原点，建立直角坐标系，可得，设，运用向量的坐标表示，求得点A的轨迹，进而得到关于a的二次函数，可得最小值．【详解】以BC的中点为坐标原点，建立如图的直角坐标系，可得，设，由，可得，即，则，当时，的最小值为．故选D．【点睛】本题考查向量数量积的坐标表示，考查转化思想和二次函数的值域解法，考查运算能力，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

作出图形，设点为线段的中点，可得出且，进而可计算出的值.【详解】设点为线段的中点，则，，，.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，涉及平面向量数量积运算律的应用，解答的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题.14、【解析】

画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的最小值.【详解】画出可行域如下图所示，由图可知：可行域是由三点，，构成的三角形及其内部，当直线过点时，取得最小值.故答案为：【点睛】本小题主要考查利用线性规划求目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.15、【解析】

根据补集的定义求解即可.【详解】解：．故答案为．【点睛】本题主要考查了补集的运算,属于基础题.16、【解析】

化简函数，求出在上的单调递增区间，然后根据在和上均单调递增，列出不等式求解即可．【详解】由知，当时，在和上单调递增，在和上均单调递增，，

，

的取值范围为：．

故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，关键是根据函数的单调性列出关于m的方程组，属中档题．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。17、（1）见解析；（2）见解析【解析】

（1）根据，分别是，的中点，即可证明，从而可证平面；（2）先根据为正三角形，且D是的中点，证出，再根据平面平面，得到平面，从而得到，结合，即可得证．【详解】（1）∵，分别是，的中点∴∵平面，平面∴平面.（2）∵为正三角形，且D是的中点∴∵平面平面，且平面平面，平面∴平面∵平面∴∵且∴∵，平面，且∴平面.【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，面面垂直的性质等，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，中档题．18、（1）个；（1）存在，.【解析】试题分析：（1）设，对其求导，及最小值，从而得到的解析式，进一步求值域即可；（1）分别对和两种情况进行讨论，得到的解析式，进一步构造，通过求导得到最值，得到满足条件的的范围．试题解析：（1）设，．．．．．．．．．．．．．1分令，得递增；令，得递减，．．．．．．．．．．．．．．．．．1分∴，∴，即，∴．．．．．．．．．．．．．3分设，结合与在上图象可知，这两个函数的图象在上有两个交点，即在上零点的个数为1．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分（或由方程在上有两根可得）（1）假设存在实数，使得对恒成立，则，对恒成立，即，对恒成立，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分①设，令，得递增；令，得递减，∴，当即时，，∴，∵，∴4．故当时，对恒成立，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分当即时，在上递减，∴．∵，∴，故当时，对恒成立．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分②若对恒成立，则，∴．．．．．．．．．．．11分由①及②得，．故存在实数，使得对恒成立，且的取值范围为．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．11分考点：导数应用.【思路点睛】本题考查了函数恒成立问题；利用导数来判断函数的单调性，进一步求最值；属于难题．本题考查函数导数与单调性.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理．也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法.19、（1）；（2）不存在.【解析】

（1）由已知，利用基本不等式的和积转化可求，利用基本不等式可将转化为，由不等式的传递性，可求的最小值；（2）由基本不等式可求的最小值为，而，故不存在．【详解】（1）由，得，且当时取等号．故，且当时取等号．所以的最小值为；（2）由（1）知，．由于，从而不存在，使得成立．【考点定位】基本不等式．20、证明见解析【解析】

将化简可得，由柯西不等式可得证明.【详解】解：因为，，所以，又，所以，当且仅当时取等号.【点睛】本题主要考查柯西不等式的应用，相对不难，注意已知条件的化简及柯西不等式的灵活运用.21、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）.【解析】

（I）取的中点，连接，通过证明四边形为平行四边形，证得，由此证得平面.（II）利用，证得平面，从而得到平面，由此证得平面平面.（III）作交于点，易得面，利用棱锥的体积公式，计算出棱锥的体积.【详解】(Ⅰ)取的中点，连接，则，，故四边形为平行四边形.故.又面，平面，所以面.(Ⅱ)为等边三角形，为中点，所以.又，所以面.又，故面，所以面平面.(Ⅲ)几何体是四棱锥，作交于点，即面，.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，考查四棱锥体积的求法，考查空间想象能力，所以中档题.22、（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】

（Ⅰ）结合已知可得，求出a，b的值，即可得椭圆方程；（Ⅱ