甘肃省师大附中2024届高三下学期二模考试数学试题试卷

甘肃省师大附中2024届高三下学期二模考试数学试题试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．如图所示点是抛物线的焦点，点、分别在抛物线及圆的实线部分上运动，且总是平行于轴，则的周长的取值范围是（）A． B． C． D．2．已知集合，，若，则（）A．4 B．－4 C．8 D．－83．已知集合，，则（）A． B．C． D．4．已知斜率为的直线与双曲线交于两点，若为线段中点且（为坐标原点），则双曲线的离心率为（）A． B．3 C． D．5．双曲线x2a2A．y=±2x B．y=±3x6．使得的展开式中含有常数项的最小的n为()A． B． C． D．7．已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|x2﹣4x﹣5＜0}，则A∩B＝（）A．{﹣2，﹣1，0} B．{﹣1，0，1，2} C．{﹣1，0，1} D．{0，1，2}8．设全集集合，则（）A． B． C． D．9．已知，若方程有唯一解，则实数的取值范围是()A． B．C． D．10．如图，已知三棱锥中，平面平面，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则（）A． B． C． D．11．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（）A．2对 B．3对C．4对 D．5对12．已知集合，，则集合子集的个数为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知的展开式中含有的项的系数是，则展开式中各项系数和为______.14．已知复数,其中是虚数单位．若的实部与虚部相等,则实数的值为__________．15．（5分）国家禁毒办于2019年11月5日至12月15日在全国青少年毒品预防教育数字化网络平台上开展2019年全国青少年禁毒知识答题活动，活动期间进入答题专区，点击“开始答题”按钮后，系统自动生成20道题.已知某校高二年级有甲、乙、丙、丁、戊五位同学在这次活动中答对的题数分别是，则这五位同学答对题数的方差是____________．16．已知实数，对任意，有，且，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）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.（1）求B；（2）若，AD为BC边上的中线，当的面积取得最大值时，求AD的长.18．（12分）在极坐标系中，已知曲线，．（1）求曲线、的直角坐标方程，并判断两曲线的形状；（2）若曲线、交于、两点，求两交点间的距离．19．（12分）如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.20．（12分）已知数列满足,，数列满足.（Ⅰ）求证数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前项和.21．（12分）已知函数，且曲线在处的切线方程为.（1）求的极值点与极值.（2）当，时，证明：.22．（10分）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为和，右顶点为，且，短轴长为.（1）求椭圆的方程；（2）若过点作垂直轴的直线，点为直线上纵坐标不为零的任意一点，过作的垂线交椭圆于点和，当时，求此时四边形的面积.

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【解题分析】

根据抛物线方程求得焦点坐标和准线方程，结合定义表示出；根据抛物线与圆的位置关系和特点，求得点横坐标的取值范围，即可由的周长求得其范围.【题目详解】抛物线，则焦点，准线方程为，根据抛物线定义可得，圆，圆心为，半径为，点、分别在抛物线及圆的实线部分上运动，解得交点横坐标为2.点、分别在两个曲线上，总是平行于轴，因而两点不能重合，不能在轴上，则由圆心和半径可知，则的周长为，所以，故选：B.【题目点拨】本题考查了抛物线定义、方程及几何性质的简单应用，圆的几何性质应用，属于中档题.2、B【解题分析】

根据交集的定义，，可知，代入计算即可求出.【题目详解】由，可知，又因为，所以时，，解得.故选：B.【题目点拨】本题考查交集的概念，属于基础题.3、A【解题分析】

根据对数性质可知，再根据集合的交集运算即可求解.【题目详解】∵，集合，∴由交集运算可得.故选：A.【题目点拨】本题考查由对数的性质比较大小，集合交集的简单运算，属于基础题.4、B【解题分析】

设，代入双曲线方程相减可得到直线的斜率与中点坐标之间的关系，从而得到的等式，求出离心率．【题目详解】，设，则，两式相减得，∴，．故选：B．【题目点拨】本题考查求双曲线的离心率，解题方法是点差法，即出现双曲线的弦中点坐标时，可设弦两端点坐标代入双曲线方程相减后得出弦所在直线斜率与中点坐标之间的关系．5、A【解题分析】分析：根据离心率得a,c关系，进而得a,b关系，再根据双曲线方程求渐近线方程，得结果.详解：∵e=因为渐近线方程为y=±bax点睛：已知双曲线方程x2a26、B【解题分析】二项式展开式的通项公式为，若展开式中有常数项，则，解得，当r取2时，n的最小值为5，故选B【考点定位】本题考查二项式定理的应用．7、D【解题分析】

解一元二次不等式化简集合,再由集合的交集运算可得选项.【题目详解】因为集合，故选：D.【题目点拨】本题考查集合的交集运算，属于基础题.8、A【解题分析】

先求出，再与集合N求交集.【题目详解】由已知，，又，所以.故选：A.【题目点拨】本题考查集合的基本运算，涉及到补集、交集运算，是一道容易题.9、B【解题分析】

求出的表达式，画出函数图象，结合图象以及二次方程实根的分布，求出的范围即可．【题目详解】解：令，则，则，故，如图示：由，得，函数恒过，，由，，可得，，，若方程有唯一解，则或，即或；当即图象相切时，根据，，解得舍去），则的范围是，故选：．【题目点拨】本题考查函数的零点问题，考查函数方程的转化思想和数形结合思想，属于中档题．10、A【解题分析】

作于,于,分析可得,,再根据正弦的大小关系判断分析得,再根据线面角的最小性判定即可.【题目详解】作于,于.因为平面平面,平面.故,故平面.故二面角为.又直线与平面所成角为,因为,故.故,当且仅当重合时取等号.又直线与平面所成角为,且为直线与平面内的直线所成角,故,当且仅当平面时取等号.故.故选：A【题目点拨】本题主要考查了线面角与线线角的大小判断,需要根据题意确定角度的正弦的关系,同时运用线面角的最小性进行判定.属于中档题.11、C【解题分析】

画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案．【题目详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，作PO⊥AD于O，则有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，又AD⊥CD，所以，CD⊥平面PAD，所以平面平面，同理可证：平面平面，由三视图可知：PO＝AO＝OD，所以，AP⊥PD，又AP⊥CD，所以，AP⊥平面PCD，所以，平面平面，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．【题目点拨】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．12、B【解题分析】

首先求出，再根据含有个元素的集合有个子集，计算可得.【题目详解】解：，，，子集的个数为.故选：.【题目点拨】考查列举法、描述法的定义，以及交集的运算，集合子集个数的计算公式，属于基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解题分析】

由二项式定理及展开式通项公式得：，解得，令得：展开式中各项系数和，得解．【题目详解】解：由的展开式的通项，令，得含有的项的系数是，解得，令得：展开式中各项系数和为，故答案为：1．【题目点拨】本题考查了二项式定理及展开式通项公式，属于中档题．14、【解题分析】

直接由复数代数形式的乘法运算化简,结合已知条件即可求出实数的值.【题目详解】解：的实部与虚部相等,所以,计算得出.故答案为:【题目点拨】本题考查复数的乘法运算和复数的概念,属于基础题.15、2【解题分析】

由这五位同学答对的题数分别是，得该组数据的平均数，则方差．16、-1【解题分析】

由二项式定理及展开式系数的求法得，又，所以，令得：，所以，得解．【题目详解】由，且，则，又，所以，令得：，所以，故答案为：．【题目点拨】本题考查了二项式定理及展开式系数的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．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）.【解题分析】

（1）利用正弦定理及可得，从而得到；（2）在中，利用余弦定可得，，而，故当时，的面积取得最大值，此时，，在中，再利用余弦定理即可解决.【题目详解】（1）由正弦定理及已知得，结合，得，因为，所以，由，得.（2）在中，由余弦定得，因为，所以，当且仅当时，的面积取得最大值，此时.在中，由余弦定理得.即.【题目点拨】本题考查正余弦定理解三角形，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道容易题.18、（1）表示一条直线，是圆心为，半径为的圆；（2）.【解题分析】

（1）直接利用极坐标方程与直角坐标方程之间的转换关系可将曲线的方程化为直角坐标方程，进而可判断出曲线的形状，在曲线的方程两边同时乘以得，由可将曲线的方程化为直角坐标方程，由此可判断出曲线的形状；（2）由直线过圆的圆心，可得出为圆的一条直径，进而可得出.【题目详解】（1），则曲线的普通方程为，曲线表示一条直线；由，得，则曲线的直角坐标方程为，即．所以，曲线是圆心为，半径为的圆；（2）由（1）知，点在直线上，直线过圆的圆心．因此，是圆的直径，．【题目点拨】本题考查曲线的极坐标方程与直角坐标方程之间的转化，同时也考查了直线截圆所得弦长的计算，考查计算能力，属于基础题.19、（1）见解析（2）见解析【解题分析】试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC．试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面平面BCD=BD，平面BCD，，所以平面.因为平面，所以.又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，所以AD⊥平面ABC，又因为AC平面ABC，所以AD⊥AC.点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．20、（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）【解题分析】

（Ⅰ）利用等比数列的定义结合得出数列是等比数列（Ⅱ）数列是“等比-等差”的类型，利用分组求和即可得出前项和.【题目详解】解：（Ⅰ）当时，，故.当时，，则，，数列是首项为，公比为的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，，.【题目点拨】（Ⅰ）证明数列是等比数列可利用定义法得出（Ⅱ）采用分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．21、（1）极小值点为，极小值为，无极大值；（2）证明见解析【解题分析】

先对函数求导，结合已知及导数的几何意义可求，结合单调性即可求解函数的极值点及极值；令，问题可转化为求解函数的最值，结合导数可求．【题目详解】（1）由题得函数的定义域为.，由已知得，解得∴，令，得令，得，∴在上单调递增.令，得∴在上单调递减∴的极小值点为，极小值为，无极大值.（2）证明：由（1）知，∴，令，即∵，，∴恒成立.∴在上单调递增又，∴在上恒成立∴在上恒成立∴，即∴【题目点拨】本题考查了利用导数研究函数的极值问题，考查利用导数证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题．22、（1）