山西省运城市空港新区一中2024届高三第二次模拟考试数学试卷含解析

山西省运城市空港新区一中2024届高三第二次模拟考试数学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．函数的图象大致为（）A． B．C． D．2．函数（）的图象的大致形状是（）A． B． C． D．3．A． B． C． D．4．若集合，则=（）A． B． C． D．5．已知分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，若，则双曲线的离心率为（）A． B．4 C．2 D．6．已知等差数列的前项和为，若，，则数列的公差为（）A． B． C． D．7．将函数的图像向右平移个单位长度，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，若为奇函数，则的最小值为（）A． B． C． D．8．已知，，，，．若实数，满足不等式组，则目标函数（）A．有最大值，无最小值 B．有最大值，有最小值C．无最大值，有最小值 D．无最大值，无最小值9．已知幂函数的图象过点，且，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．10．若（是虚数单位），则的值为（）A．3 B．5 C． D．11．的展开式中的系数是-10，则实数()A．2 B．1 C．-1 D．-212．已知集合，，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．曲线在点（1，1）处的切线与轴及直线=所围成的三角形面积为，则实数=____。14．设为数列的前项和，若，，且，，则________．15．的展开式中项的系数为_______．16．定义在上的偶函数满足，且，当时，.已知方程在区间上所有的实数根之和为.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则__________，__________.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）已知在中，内角所对的边分别为，若，，且.（1）求的值；（2）求的面积.18．（12分）如图，直三棱柱中，分别是的中点，.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.19．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，且．求的值；设的平分线与边交于点，已知，，求的值.20．（12分）已知椭圆：的长半轴长为，点（为椭圆的离心率）在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，为直线上任一点，过点椭圆上点处的切线为，，切点分别，，直线与直线，分别交于，两点，点，的纵坐标分别为，，求的值.21．（12分）在中，角所对的边分别是，且.（1）求；（2）若，求.22．（10分）已知曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.（1）求和的普通方程；（2）过坐标原点作直线交曲线于点（异于），交曲线于点，求的最小值.

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、A【解析】

根据函数的奇偶性和单调性，排除错误选项，从而得出正确选项.【详解】因为，所以是偶函数，排除C和D.当时，，，令，得，即在上递减；令，得，即在上递增.所以在处取得极小值，排除B.故选：A【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查利用导数研究函数的单调区间和极值，属于中档题.2、C【解析】

对x分类讨论，去掉绝对值，即可作出图象.【详解】故选C．【点睛】识图常用的方法(1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题；(2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；(3)函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题．3、A【解析】

直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.【详解】本题正确选项：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．4、C【解析】

求出集合，然后与集合取交集即可．【详解】由题意，，，则，故答案为C.【点睛】本题考查了分式不等式的解法，考查了集合的交集，考查了计算能力，属于基础题．5、A【解析】

由已知得，，由已知比值得，再利用双曲线的定义可用表示出，，用勾股定理得出的等式，从而得离心率．【详解】.又，可令，则.设，得，即，解得，∴,,由得，，，该双曲线的离心率.故选：A.【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是由向量数量积为0得出垂直关系，利用双曲线的定义把双曲线上的点到焦点的距离都用表示出来，从而再由勾股定理建立的关系．6、D【解析】

根据等差数列公式直接计算得到答案.【详解】依题意，，故，故，故，故选：D．【点睛】本题考查了等差数列的计算，意在考查学生的计算能力.7、C【解析】

根据三角函数的变换规则表示出，根据是奇函数，可得的取值，再求其最小值.【详解】解：由题意知，将函数的图像向右平移个单位长度，得，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，，因为是奇函数，所以，解得，因为，所以的最小值为.故选：【点睛】本题考查三角函数的变换以及三角函数的性质，属于基础题.8、B【解析】

判断直线与纵轴交点的位置，画出可行解域，即可判断出目标函数的最值情况.【详解】由，，所以可得.，所以由，因此该直线在纵轴的截距为正，但是斜率有两种可能，因此可行解域如下图所示：由此可以判断该目标函数一定有最大值和最小值.故选：B【点睛】本题考查了目标函数最值是否存在问题，考查了数形结合思想，考查了不等式的性质应用.9、A【解析】

根据题意求得参数，根据对数的运算性质，以及对数函数的单调性即可判断.【详解】依题意，得，故，故，，，则.故选：A.【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，考查推理论证能力，属基础题.10、D【解析】

直接利用复数的模的求法的运算法则求解即可.【详解】（是虚数单位）可得解得本题正确选项：【点睛】本题考查复数的模的运算法则的应用，复数的模的求法，考查计算能力.11、C【解析】

利用通项公式找到的系数，令其等于-10即可.【详解】二项式展开式的通项为，令，得，则，所以，解得.故选：C【点睛】本题考查求二项展开式中特定项的系数，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.12、B【解析】

求出集合，利用集合的基本运算即可得到结论.【详解】由，得，则集合，所以，.故选：B.【点睛】本题主要考查集合的基本运算，利用函数的性质求出集合是解决本题的关键，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、或1【解析】

利用导数的几何意义，可得切线的斜率，以及切线方程，求得切线与轴和的交点，由三角形的面积公式可得所求值．【详解】的导数为，可得切线的斜率为3，切线方程为，可得，可得切线与轴的交点为，，切线与的交点为，可得，解得或。【点睛】本题主要考查利用导数求切线方程，以及直线方程的运用，三角形的面积求法。14、【解析】

由题可得，解得，所以，，上述两式相减可得，即，因为，所以，即，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以．15、40【解析】

根据二项定理展开式，求得r的值，进而求得系数．【详解】根据二项定理展开式的通项式得所以，解得所以系数【点睛】本题考查了二项式定理的简单应用，属于基础题．16、24【解析】

根据函数为偶函数且，所以的周期为，的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，在平面直角坐标系中画出函数图象，根据函数的对称性可得所有实数根的和为，从而可得参数的值，最后求出函数的解析式，代入求值即可.【详解】解：因为为偶函数且，所以的周期为.因为时，，所以可作出在区间上的图象，而方程的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，结合函数和函数在区间上的简图，可知两个函数的图象在区间上有六个交点.由图象的对称性可知，此六个交点的横坐标之和为，所以，故.因为，所以.故.故答案为：；【点睛】本题考查函数的奇偶性、周期性、对称性的应用，函数方程思想，数形结合思想，属于难题.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）；（2）【解析】

（1）将代入等式，结合正弦定理将边化为角，再将及代入，即可求得的值；（2）根据（1）中的值可求得和，进而可得，由三角形面积公式即可求解.【详解】（1）由，得，由正弦定理将边化为角可得，∵，∴，∴，化简可得，∴解得.（2）∵在中，，∴，∴，∴，∴.【点睛】本题考查了正弦定理在边角转化中的应用，正弦差角公式的应用，三角形面积公式求法，属于基础题.18、(1)证明见解析(2)【解析】

（1）连接交于点，由三角形中位线定理得，由此能证明平面．（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．分别求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值．【详解】证明：证明：连接交于点，则为的中点．又是的中点，连接，则．因为平面，平面，所以平面．（2）由，可得：，即所以又因为直棱柱，所以以点为坐标原点，分别以直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则且，可解得，令，得平面的一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为，则所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查直线与平面平行、二面角的概念、求法等知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．19、；.【解析】

利用正弦定理化简求值即可；利用两角和差的正弦函数的化简公式，结合正弦定理求出的值.【详解】解：，由正弦定理得：，，，，，又，为三角形内角，故，，则，故，；（2）平分，设，则,,，，则，，又，则在中，由正弦定理：，.【点睛】本题考查正弦定理和两角和差的正弦函数的化简公式，二倍角公式，考查运算能力，属于基础题.20、（1）；（2）.【解析】

（1）因为点在椭圆上，所以，然后，利用，，得出，进而求解即可（2）设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为，分别联立方程：和，利用韦达定理，再利用，，即可求出的值【详解】（1）由椭圆的长半轴长为，得.因为点在椭圆上，所以.又因为，，所以，所以（舍）或.故椭圆的标准方程为.（2）设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为.据得.据题意，得，得，同理，得，所以.又可求，得，，所以.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解以及联立方程求定值的问题，联立方程求定值的关键在于利用韦达定理进行消参，属于中档题21、（1）（2）【解析】

（1）根据正弦定理到，得到答案.（2）计算，再利用余弦定理计算得到答案.【详解】（1）由，可得,因为，所以，所以.（2），又因为，所以.因为，所以，即.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理，意在考查学生的计算能力.22、（1）曲线的普通方程为：；曲线的普通方程为：（2）【解析】