陕西省安康市汉滨区2024届高三下学期高考模拟（五）数学试题（文）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省安康市汉滨区2024届高三下学期高考模拟（五）数学试题（文）第I卷一、选择题1.已知集合，则中所有元素之和为（）A. B. C.0 D.2〖答案〗B〖解析〗由题意可得：，可得，所以中所有元素之和为.故选：B.2.若为纯虚数，则（）A. B. C. D.2〖答案〗D〖解析〗因为，则，若为纯虚数，则，解得.故选：D.3.当今时代，数字技术作为世界科技革命和产业变革的先导力量，日益融入经济社会发展各领域全过程，深刻改变着生产方式、生活方式和社会治理方式，从而带动了大量的电子产品在市场的销售．现有某商城统计了近两个月在A，B，C三个区域售出的1000个电子产品，其中A，B，C各个区域销量分布的饼状图及售价的频率条形图（按规定这些电子产品的售价均在50,300之间）如图，则在A区域售出的电子产品中，售价在区间(150,200]内比在区间(250,300]内多（）A.30件 B.114件 C.120件 D.133件〖答案〗B〖解析〗由题意可知：区间，内的频率分别为，可知在区间，内售出的电子产品件数分别为，则在A区域售出的电子产品中，售价在区间，的件数分别为，所以售价在区间内比在区间内多件.故选：B.4.已知函数在区间上的值域为，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗时，，由函数在区间上的值域为，故函数在区间上的值域为，则有，即.故选：A.5.如图，网格纸上绘制的是某三棱锥的三视图，网格小正方形的边长为1，则该三棱锥的体积为（）A. B.2 C.3 D.〖答案〗B〖解析〗在长为3，宽为2，高为2的长方体中，由三视图可知：三棱锥即为，所以该三棱锥的体积为.故选：B.6.若，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，，因为，可知，又因为，所以.故选：C.7.如图，边长为2的正方体中有内切球(球与正方体各面均相切)，从正方体内随机选取一点，则该点不在球内的概率为（）A B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，内切球的半径为，则，所以该点不在球内的概率为.故选：C.8.如图，已知AB是圆的直径，是圆上一点，，点是线段BC上的动点，且的面积记为，圆的面积记为，当取得最大值时，（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意可知：，以为坐标原点建立平面直角坐标系，不妨设，则，可知直线对应的一次函数〖解析〗式为，可设，可得，则，且，因为开口向上，对称轴为，且，可知当时，即点与点重合时，取到最大值，此时，且，所以.故选：A.9.随着古代瓷器工艺的高速发展，在著名的宋代五大名窑之后，又增加了三种瓷器，与五大名窑并称为中国八大名瓷，其中最受欢迎的是景德镇窑．如图，景德镇产的青花玲珑瓷(无盖)的形状可视为一个球被两个平行平面所截后剩下的部分，其中球面被平面所截的部分均可视为球冠(截得的圆面是底，垂直于圆面的直径被截得的部分是高，其面积公式为，其中为球的半径，为球冠的高)．已知瓷器的高为，在高为处有最大直径(外径)为，则该瓷器的外表面积约为(取3.14)（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可知：球的半径为，上球冠的高，下球冠的高，设下底面圆的半径为，则，所以该瓷器的外表面积为.故选：C.10.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c成等差数列，以AC为直径的圆的面积为，若，则的形状为（）A.钝角三角形 B.直角三角形 C.非等腰三角形 D.等边三角形〖答案〗D〖解析〗因为以AC为直径的圆的面积为，可知，又因为a，b，c成等差数列，则，由余弦定理可得，即，整理得，且，整理得，联立方程，解得或，且，可得，即，可得，解得，所以的形状为等边三角形.故选：D.11.已知抛物线的焦点为F，E上任一点到直线的距离等于点到焦点的距离，过点的直线交于两点（其中在，之间)，若平分，则（）A.3 B.4 C.5 D.6〖答案〗B〖解析〗由抛物线上任一点到直线的距离等于点到焦点的距离，可得，解得，所以抛物线的方程为，则又由直线的斜率一定存在，设直线的方程为，联立方程组，整理得，设则，解得，且，过点分别作，垂足分别为，由中，，可得，由抛物线的定义，可得，且，因为平分，由三角形内角平分线的性质，可得，即，整理得到，即，因为，可得，所以，即，解得或（舍去），所以.故选：B.12.已知当时，函数的图象在函数图象的上方，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗函数，求导得，当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，，令函数，求导得，显然在上单调递增，而，即当时，，当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，，于是，对任意正实数，当时，，则，因此，从而当，即时，对任意正实数，成立，即的图象总在的图象上方，当时，的图象上的点在的图象上，不符合题意，当时，对任意正实数，，，恒有，，于是的图象上的点在的图象下方，不符合题意，所以的取值范围为为.故选：C.第II卷二、填空题13.已知，则____________．〖答案〗〖解析〗由题意可得：，即，所以.故〖答案〗为：.14.已知等比数列的前项和为，若，则____________．〖答案〗3〖解析〗设等比数列的公比为，由题意可得：，则，可得，所以.故〖答案〗为：3.15.如图，双曲线的右焦点为，点A在的渐近线上，点A关于轴的对称点为为坐标原点)，记四边形OAFB的面积为，四边形OAFB的外接圆的面积为，则的最大值为____________，此时双曲线的离心率为____________.〖答案〗〖解析〗由题意可知：，渐近线，即，则点到渐近线的距离为，因，可知，则，可得，则，由题意可知：四边形OAFB的外接圆即为以OF为直径的圆，则，可得，当且仅当时，等号成立，可知的最大值为，此时双曲线的离心率为.故〖答案〗为：；.16.在棱长为1的正方体中，过面对角线的平面记为，以下四个命题:①存在平面，使;②若平面与平面的交线为，则存在直线，使;③若平面截正方体所得的截面为三角形，则该截面三角形面积的最大值为;④若平面过点，点在线段上运动，则点到平面的距离为．其中真命题的序号为____________．〖答案〗①②④〖解析〗对于①：取平面为平面，因为为正方形，则，又因为平面，平面，则，且，平面，可得平面，即，故①为真命题；对于②：显然此时平面与平面不重合，因为平面∥平面，且平面平面，平面平面，可得∥，又因为∥，，可知为平行四边形，则∥，可知当不与重合时，∥，故②为真命题；对于③：例如截面，可知截面为边长为的等边三角形，符合题意，且，故③为假命题；对于④：由②可知：∥，且平面，平面，则∥平面，因为点在线段上运动，则点到平面的距离相等，不妨取点为点，设点到平面的距离为，因为，则，解得，所以点到平面的距离为，故④为真命题；故〖答案〗为：①②④.三、解答题17.已知为等差数列的前项和，．（1）求的通项公式;（2）若数列满足，求的前2n项和．解：（1）设等差数列的为，由，得，解得，所以；（2）由（1）得，当奇数时，，当为偶数时，，所以.18.已知正方体被平面截后所得的几何体如图所示，点E，F分别是棱的中点，且为的重心．（1）证明:点在平面内；（2）证明:.证明：（1）连接点与中点，连接，由为中点，四边形为正方形，故，由为中点，结合正方体的性质可得，故，故、、、四点共面，故点在平面内；（2）连接点与中点，由，，故，故，且点在线段上，由点E，F分别是棱的中点，结合正方体的性质可得，又，故，又，故，又、平面，，故平面，又平面，故.19.随着移动互联网和直播带货技术的发展，直播带货已经成为一种热门的销售方式，特别是商家通过展示产品，使顾客对商品有更全面的了解.下面统计了某新手开启直播带货后从6月份到10月份每个月的销售量(万件)的数据，得到如图所示的散点图．其中6月份至10月份相应的代码为，如:表示6月份.（1）根据散点图判断，模型①与模型②哪一个更适宜作为月销售量关于月份代码的回归方程?（给出判断即可，不必说明理由）（2）（i）根据（1）的判断结果，建立关于的回归方程;(计算结果精确到0.01)（ⅱ）根据结果预测12月份的销售量大约是多少万件?参考公式与数据:，，，其中.解：（1）由散点图可知增加幅度不一致，且散点图接近于曲线，非线性，结合图象故选模型②.（2）（i）令，则，可得，，则，所以关于的回归方程为，即关于的回归方程；（ⅱ）令，可得，预测12月份的销售量大约是13.9万件.20.已知函数为的导函数，．（1）求的值;（2）求在上的零点个数．解：（1）由则又，所以即；（2）由（1）可知设则，则当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，所以当时，，又，，所以在上无零点，在上有一个零点；从而在上有1个零点.21.已知椭圆的左、右焦点分别为，左顶点为A，上顶点为，且，坐标原点到直线AB的距离为．（1）求的方程;（2）设的右顶点为，过点作直线与交于P，Q两点（其中P点在轴上方），记的面积为的面积为，求的取值范围．解：（1）由题意可知：，则，可得，解得，所以的方程为.（2）由题意可知：，直线PQ的斜率可能不存在，但不为0，且直线PQ必与C相交，设，联立方程，消去x得，则，可得，因为，则，可得，即.令，则，可得，解得，即.因为，可得，则，所以的取值范围为.请考生在第22、23题中任选一题．选修4-4:坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系xOy中，直线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．（1）求的普通方程和的直角坐标方程;（2）若与交于A，B两点，且，求．解：（1）