2024届高考考前冲刺系列数学模拟试卷05（含答案）

届高考考前冲刺系列数学模拟试卷05（新高考、新结构、新情境）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合，且，则（）A. B.C.或 D.2.已知平面向量，，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.3.1941年中国共产党在严重的困难面前，号召根据地军民，自力更生，艰苦奋斗，尤其是通过开展大生产运动，最终走出了困境．如图就是当时缠线用的线拐子，在结构简图中线段与所在直线异面垂直，分别为的中点，且，线拐子使用时将丝线从点出发，依次经过又回到点，这样一直循环，丝线缠好后从线拐子上脱下，称为“束丝”．图中，则丝线缠一圈长度为（）A. B. C. D.4.如图，现有棱长为6cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥，且分别为棱靠近的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为（）A.B.C. D.5.2024年3月19日，新加坡共和理工学院代表团一行3位嘉宾莅临我校，就拓宽大学与中学间的合作、深化国际人才培养等议题与我校进行了深入的交流.交流时嘉宾席位共有一排8个空座供3位嘉宾就坐，若要求每位嘉宾的两旁都有空座，且嘉宾甲必须坐在3位嘉宾中间，则不同的坐法有（）A.8种 B.12种 C.16种 D.24种6.已知函数在上单调递减且其最小正周期为，则函数的一个零点为（）A. B. C. D.7.在中，角所对边分别为，且，若，，则的值为（）A.1 B.2 C.4 D.2或48.已知函数满足，，当时，，则函数在内的零点个数为（）A.3 B.4 C.5 D.6二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知i为虚数单位，下列说法正确的是（）A.若复数，则B.若，则C.若，则D.复数在复平面内对应的点为，若，则点的轨迹是一个椭圆10.若，则下列说法正确的有（

）A. B.C. D.11.用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆．著名数学家创立的双球实验证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切．下列结论中正确的有（）A.椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等B.椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等C.所得椭圆的离心率D.其中为椭圆长轴，为球半径，有第Ⅱ卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知曲线在处的切线与圆相交于、两点，则____________．13.已知数列中，，且，若存在正整数，使得成立，则实数的取值范围为____________.14.数学家GeminadDandelin用一平面截圆锥后，在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥侧面､截面相切，就可证明图中平面截圆锥得到的截面是椭圆（如图称为丹德林双球模型）．若圆锥的轴截面为正三角形，则用与圆锥的轴成角的平面截圆锥所得椭圆的离心率为__________．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（本小题满分13分）在中，角的对边分别是，且．（1）求；（2）若的角平分线交于点，且，求的周长．16．（本小题满分15分）如图所示，五面体中，，四边形为平行四边形，点在面内的投影恰为线段的中点，．（1）求五面体体积；（2）求平面与平面夹角的余弦值．17．（本小题满分15分）已知函数.（1）求时，在处的切线方程；（2）讨论在上的最值情况；（3）恒成立，求实数的取值范围.18．（本小题满分17分）已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左顶点和上顶点，为左焦点，且的面积为．（1）求椭圆的标准方程：（2）设椭圆的右顶点为、是椭圆上不与顶点重合的动点．（i）若点，点在椭圆上且位于轴下方，直线交轴于点，设和的面积分别为，若，求点的坐标：（ii）若直线与直线交于点，直线交轴于点，求证：为定值，并求出此定值（其中、分别为直线和直线的斜率）．19．（本小题满分17分）罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数满足在闭区间连续，在开区间内可导，且，那么在区间内至少存在一点，使得．（1）运用罗尔定理证明：若函数在区间连续，在区间上可导，则存在，使得．（2）已知函数，若对于区间内任意两个不相等实数，都有成立，求实数的取值范围．（3）证明：当时，有．2024届高考考前冲刺系列数学模拟试卷05（新高考、新结构、新情境）参考答案一、选择题：本题共8小题,每小题5分,共40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.12345678DBCBADCC二、选择题：本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.91011ACACDABC三、填空题：本题共3小题,每小题5分,共15分.12． 13．14．## 三、解答题：本题共5小题,共77分,解答应写出文字说明,证明过程和解题步骤.15．（本小题满分13分）【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角，得到，再利用辅助角公式，得到，即可求出结果；（2）根据条件，利用，得到，且有，联立解出，即可求出结果.【小问1详解】在中，，由正弦定理可化简得，又，所以，化简得到，又在中，，所以，得到，即，所以，即，又，所以，得，即【小问2详解】由（1）知，又的角平分线交于点，且，所以，得到整理得到①，又在中，，得到②，联立①②解得所以的周长为.16．（本小题满分15分）【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）作垂足为，即可得到为等边三角形，过点作的平行线，过点作的平行线交于点，则为三棱柱，再根据柱体、锥体的体积公式计算可得；（2）由（1）知平面，在平面内过点作交于点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】因为点在面内的投影恰为线段的中点，作垂足为，则平面，因为，所以为等边三角形，所以，又，所以，过点作的平行线，过点作的平行线交于点，又四边形为平行四边形，所以为三棱柱，则，又三棱锥的体积是三棱柱的体积的，所以五面体的体积是三棱柱的体积的，所以五面体的体积.【小问2详解】由（1）知平面，在平面内过点作交于点，如图建立空间直角坐标系，则，，，，又，所以，所以，，又平面的法向量可以为，设平面的法向量为，则，取，设平面与平面夹角为，则.17．（本小题满分15分）【答案】（1）（2）答案见解析（3）【解析】【分析】（1）由已知，求出，再求出和，再由点斜式写出方程；（2）对求导，得到导函数等于0时的两根，然后对函数的极值分类讨论，然后讨论在上的最值情况；（3）通过对函数适当放缩，讨论两个函数的大小关系，再通过函数的单调性得出，从而得到的参数的取值范围.【小问1详解】因为，所以，则，，又当时，所以在处的切线方程为：.【小问2详解】由得①当，即时，在上单调递增，函数无最值；②当，即时，由，解得，+0-0+单调递增极大值单调递减极小值单调递增由得，③当，即时，，且时，时，，此时无最值；④当，即时，，且时，时，，所以有最小值，无最大值.综上可知，当时，有最小值，无最大值；当时，无最值.【小问3详解】由，，，所以是在处的切线，若，则当，且时所以此时，所以存在x使得，不符合条件；当时，设现证明，得，故在上单调递增，在上单调递减，所以，当时，，当或时，，所以成立.综上，实数的取值范围是.（本小题满分17分）【答案】（1）（2）（i）；（ii）证明见解析，【解析】【分析】（1）依题意可得，解得、、，即可得解；（2）（i）连接，由面积公式推导出，从而得到，即可求出的方程，联立直线与椭圆方程，求出点坐标；（ii）设直线的斜率为，的方程为，再求出直线的方程，联立求出、点坐标，从而求出的方程，即可求出点坐标，再由斜率公式计算可得.【小问1详解】由题意得，又，解得，椭圆的标准方程为【小问2详解】（i）由（1）可得，连接，因为，，所以，，，所以，所以直线的方程为，联立，解得或（舍去），.（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为：，又，，直线的方程为，由，解得，所以，由，得，由，则，所以，则，，依题意、不重合，所以，即，所以，直线的方程为，令即，解得，，，为定值.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.19．（本小题满分17分）【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据给定条件，构造函数，利用导数结合罗尔定理推导即得.（2）求出函数导数，利用（1）的结论建立恒成立的不等式，再利用导数求出函数的值域即得.（3）构造函数，求出导数结合（1）的结论，借助不等式性质推理即得.【小问1详解】令，则，令函数，则，显然在上连续，且在上