2024高考必考数学模拟卷含解析

第26页/共26页高考模拟检测卷（一）试题数学第I卷（选择题共60分）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1.已知､是全集的两个非空子集.若，则下列说法可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】通过，得到之间的关系，再结合韦恩图即可得到答案.【详解】由可得，如图，由图①②，，，，A,B,C错误；由图②，D正确.故选：D.2.已知，则下列结论一定正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，得到，结合不等式的基本性质、作差比较、基本不等式和对数的运算法则，逐项判定，即可求解.【详解】由，可得，则，对于A中，由，所以，所以A不正确；对于B中，由，且，则，所以B不正确；对于C中，由，且，当时，，此时；当时，，此时；当时，，此时，所以C不正确；对于D中，由，因为，可得，所以，可得，所以D正确.故选：D.3.某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（）A.48 B.54 C.60 D.72【答案】C【解析】【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.【详解】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有种方法；由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由种方法；按照分步乘法原理，共有种方法；故选：C.4.17世纪，在研究天文学的过程中，为了简化大数运算，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，对数的思想方法即把乘方和乘法运算分别转化为乘法和加法，数学家拉普拉斯称赞为“对数的发明在实效上等于把天文学家的寿命延长了许多倍”.已知，，设，则所在的区间为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用对数的运算性质求出，由此可得答案.【详解】,所以.故选：C5.若，则的值为（）A.1或 B.或 C.或 D.或【答案】D【解析】【分析】由已知得，所以或，解三角方程可得答案.【详解】由，得，即，所以或，由得，由得或，综上的值为、.故选：D.6.已知椭圆的左焦点为，右顶点为，上顶点为，过点与轴垂直的直线与直线交于点.若线段的中点在椭圆上，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】联立直线与，得到，继而得到，代入椭圆求解即可【详解】由题意，由直线方程的截距式可得直线为：过点与轴垂直的直线为：联立可得故，中点，代入椭圆方程得，解得（舍负）故选：A7.已如A，B，C是表面积为的球O的球面上的三个点，且，，则三棱锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设球的半径为，外接圆的半径为，根据题意求出，再根据球心到的距离，即三棱锥的高，从而可得出答案.【详解】解：设球的半径为，外接圆的半径为，在中，由，，则得，所以，因为球O的表面积为，则，解得，所以球心到的距离，即三棱锥的高为，，所以三棱锥的体积.故选：C.8.已知实数，且，为自然对数的底数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式【详解】因为，所以，函数在上单调递增，且，因为所以，所以，即，又，所以，所以，即，综上，.故选：D二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.如图，在直三棱柱中，，，､分别为，的中点，过点､､作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（）A.三棱柱外接球的表面积为B.C.若交于，则D.将三棱柱分成体积较大部分和体积较小部分的体积比为【答案】CD【解析】【分析】对于，将该三棱柱视为正方体的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径可求得外接球的表面积为，故A项错误；对于，延长与交于点，连接交于，连接得到截面，可推得与不平行，可知B项错误；对于，在中，计算可知C项正确；对于，利用体积公式计算可知D项正确.【详解】如图所示：将该三棱柱视为正方体的一部分，则三棱柱外接球的半径，，其表面积为，故A项错误；延长与交于点，连接交于，连接，则平面即为截面.因为，是中点，所以是的中点，由与相似，得，得，而是的中点，所以与不平行且必相交，所以与截面不平行，故B项错误；因为，又，所以在中，，故C项正确；延长交于点，则将三棱柱分成体积较大部分的体积为，所以剩余部分的体积为，所以体积之比为，故D项正确.故选：CD.【点睛】关键点点睛：将该三棱柱视为正方体的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径是解题关键.10.已知i是虚数单位，若，则（）A.复数z的虚部为 B.C.复数z对应的点在第二象限 D.【答案】AD【解析】【分析】根据复数的乘除法运算求出，结合共轭复数的概念和复数的几何意义依次判断选项即可.【详解】由题意得，，故其虚部为，．复数z对应的点为（，），在第四象限，，故选：AD.11.已知直线y=a与曲线相交于A，B两点，与曲线相交于B，C两点，A，B，C的横坐标分别为x1，x2，x3，则（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】画出函数图像，得到x1，x2，x3的范围，由得出A正确，由得出B错误，由得出C正确，由得出D正确.【详解】在上单调递增，在上单调递减，.，在上单调递增，在上单调递减，.，则，A对.在上单调递增，，B错.在单调递减，，C对.对.故选：ACD.12.在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（）A.对于任意的，都有B.对于任意的，数列不可能为常数列C.若，则数列为递增数列D.若，则当时，【答案】ACD【解析】【分析】A由递推式有上，结合恒成立，即可判断：B反证法：假设为常数列，根据递推式求判断是否符合，即可判断；C、D由上，讨论、研究数列单调性，即可判断.【详解】A：由，对有，则，即任意都有，正确；B：由，若为常数列且，则满足，错误；C：由且，当时，此时且，数列递增；当时，此时，数列递减；所以时数列为递增数列，正确；D：由C分析知：时且数列递减，即时，正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：选项B应用反证法，假设为常数列求通项，判断是否与矛盾；对于C、D，将递推式变形为，讨论、研究数列单调性.第II卷（非选择题共90分）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知为偶函数，且当时，，则在处的切线方程为______．【答案】；【解析】【分析】首先求时，函数的解析式，再利用导数的几何意义求切线方程.【详解】设，，因为函数是偶函数，所以，当时，，，，所以在处的切线方程为，即.故答案为：14.已知向量，，点为坐标原点，在轴上找一个点，使得取最小值，则点的坐标是___________.【答案】【解析】【分析】设点的坐标是，求出，再利用配方法可得答案.【详解】设点的坐标是，即，因为向量，，所以，，，当时，有最小值，此时点的坐标是，故答案为：.【点睛】方法点睛：平面向量求最值有三种常见方法：1、几何法；2、三角函数有界法；3、二次函数配方法.15.已知函数，，当实数的取值范围为________时，的零点最多.【答案】【解析】【分析】作出函数的图象，由得，设，分，，分别讨论与的交点个数，当时，求得与相切时切线的斜率，与相切时切线的斜率，由此可求得实数的取值范围.【详解】解：作出函数的图象如图：由得，设，当时，与有2个交点；当时，与有2个交点；.当时，设与相切，切点为，则，所以切线的斜率为，其切线方程为：，又因切线恒过点，所以，解得，所以切线的斜率为，当时，设与相切，切点为，则，所以切线的斜率为，其切线方程为：，又因切线恒过点，所以，解得，所以切线的斜率为，所以当时，与有1个交点；当时，与有2个交点；当时，与有3个交点；当时，与有4个交点；所以实数的取值范围为时，的零点最多，故答案为：.16.为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”，假设待检测的总人数是，将个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推，每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定），若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”构测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数的所有可能值为________人．若待检测的总人数为，且假设其中有2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为__________．【答案】①.1，2②.4m－1【解析】【分析】①利用二分检测法分析每轮检测的人数再判断感染人数即可；②分类讨论分析每轮检测的人数情况即可【详解】①若待检测的总人数为8，则第一轮需检测1次；第2轮需检测2次，每次检查的均是4人组；第3轮需检测2次，每次检查的是有感染的4人组均分的两组；第4轮需检测2次；则共需检测7次，此时感染者人数为1或2人；②若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，若没有感染者，则只需1次检测即可；若只有1个感染者，则只需次检测；若只有2个感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，此时相当两个待检测均为的组，每组1个感染者，此时每组需要次检测，所以此时两组共需次检测，故有2个感染者，且检测次数最多，共需次检测，所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为.故答案为：1，2；四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求角C的值；（2）若，D为AB的中点，求中线CD的范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简可得出，结合角为锐角可求得结果；（2）由余弦定理可得出，利用平面向量的线性运算可得出，由平面向量数量积的运算可得出，利用正弦定理结合正弦型函数的基本性质可求得的取值范围，可得出的取值范围，即可得解【小问1详解】由，，，，，．【小问2详解】，，，由余弦定理有：，，所以，，由正弦定理，，，，，，因为为锐角三角形，所以且，则，,则，．18.在①，②为等比数列，且，这两组条件中任选一组，补充在下面横线处，并解答下列问题．已知数列，数列的前项和是，______．（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，证明：对任意均有恒成立．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）若选①，利用退一相减法可得通项公式；若选②，直接可得数列的首项及公比，进而可得通项公式；（2）利用错位相减法可得，进而得证.【小问1详解】解：若选①，当时，，即；当时，，，作差可得，即，所以数列为等比数列，其首项为，公比，所以；若选②，，则，即，又数列为等比数列，所以，且，所以；【小问2详解】证明：由（1）得，所以，所以，，则，所以，又，所以恒成立.19.如图所示，四棱锥中，底面ABCD为矩形，AC与BD交于点O，点E在线段SD上，且平面SAB，二面角，均为直二面角．（1）求证：；（2）若，且钝二面角的余弦值为，求AB的值．【答案】（1）证明见解析（2）3【解析】【分析】（1）由线面平行性质定理去证明即可.（2）建立空间直角坐标系，以向量法去表示二面角的余弦值为，进而可求得AB的值．【小问1详解】因为平面SAB，平面SBD，平面平面，故．又因为四边形ABCD为矩形，故，则．【小问2详解】∵四边形ABCD为矩形，∴．又∵平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，∴平面SAD．∵平面SAD，∴．同理．又，平面ABCD，平面ABCD，∴平面ABCD．设，以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．,，,设为平面ABE的法向量，∵，∴，令，则．∴．设为平面CBE的法向量，∵，∴，令，则．∴．∴，解得．故20.2021年7月18日第30届全国中学生生物学竞赛在浙江省萧山中学隆重举行．为做好本次考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照，，，，，，，，，，，分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．（1）求频率分布直方图中的值，并估计这50名学生成绩的中位数；（2）在这50名学生中用分层抽样的方法从成绩在，，，，，的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记为3人中成绩在，的人数，求的分布列和数学期望；（3）转化为百分制后，规定成绩在，的为等级，成绩在，的为等级，其它为等级．以样本估计总体，用频率代替概率，从所有参加生物学竞赛的同学中随机抽取100人，其中获得等级的人数设为，记等级的人数为的概率为，写出的表达式，并求出当为何值时，最大？【答案】（1），68（2）分布列见解析，（3），，1，3，，40，40【解析】【分析】（1）利用频率之和为列方程，化简求得的值，根据由频率分布直方图计算中位数的方法，计算出中位数.（2）结合超几何分布的知识计算出的分布列和数学期望.（3）根据二项分布的知识求得，由此列不等式，解不等式来求得的最大值时对应的的值.【小问1详解】由频率分布直方图的性质可得，，解得，设中位数为，，解得．【小问2详解】，，，，，的三组频率之比为，从，，，，，中分别抽取7人，3人，1人，所有可能取值为0，1，2，3，，，，，故的分布列为：0123故．【小问3详解】等级的概率为，，，1，3，，100，令①，②，由①可得，，解得，由②可得，，解得，故时，取得最大．21.在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.（1）求C的方程；（2）如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，，，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.【小问1详解】因为实轴长为4，即，，又，所以，，故C的方程为.【小问2详解】由O，A，N，M四点共圆可知，，又，即，故，即，所以,设，，，由题意可知，则直线，直线，因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，故M坐标为，所以，又，由，则，整理可得，当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，故设直线，代入双曲线方程：中，可得，所以，，又，所以,故，即，所以点P坐标为.【点睛】本题考查了双曲线方程的求解，以及直线和双曲线的位置关系的问题，解答时要注意明确点线的位置关系，能设相关点的坐标，从而表示出参数的表达式，再结合联立直线和双曲线方程，利用根与系数的关系式化简，难点在于较为繁杂的计算，要十分细心.22.已知函数．（1）证明：当时，；（2）记函数，判断在区间上零点的个数．【答案】（1）证明见解析（2）个零点【解析】【分析】（1）求导后可知在上单调递增，由可得结论；（2）由可知是的一个零点；分别在、和的情况下，结合零点存在定理判断导函数的正负，从而得到的单调性，确定区间内零点个数，得到在上的零点个数；根据奇函数性质可得最终结果.【小问1详解】由题意得：；当时，，，在上单调递增，.【小问2详解】，，，是的一个零点；①当时，设，则，在上单调递减，，又，，即在上无零点；②当时，，，在上单调递减，又，，，使得，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减；，，在上存在唯一零点，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，，在有唯一零点；③当时，，，在上单调递减，，在上无零点；综上所述：在上有两个零点；，为奇函数，图象关于原点对称，在上有两个零点；又，在上共有个零点.【点睛】思路点睛；本题考查利用导数研究函数零点个数的问题，解题基本思路是能够根据导函数的形式，对所给区间进行分段，通过说明导函数在每段区间内的符号，得到原函数在区间内的单调性，结合零点存在定理确定零点个数.

高考模拟检测卷（一）试题数学一、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.1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】对两个集合直接求交集即可.【详解】集合，，则,故选：D2.在复平面内，复数z对应的点为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的概念和运算法则计算可得.【详解】因为复数z对应的点为，∴z=1-2i,，故选：A.3.若是函数图象的对称轴，则的最小正周期的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据对称轴可求的值，从而可求最小正周期.【详解】因为是函数图象的对称轴，所以，故，所以，故的最小正周期的最大值为，故选：D.4.已知函数，关于函数的结论正确的是（）A. B.的值域为C.的解集为 D.若，则x的值是1或【答案】B【解析】【分析】根据函数解析式，画出函数图象，结合图象一一判断即可；【详解】解：因为，函数图象如下所示：由图可知，故A错误；的值域为，故B正确；由解得，故C错误；，即，解得，故D错误；故选：B5.过抛物线，的焦点F作直线l，交抛物线于A，B两点，若，则直线l的倾斜角等于（）A.30°或150° B.45°或135°C.60°或120° D.与值有关【答案】C【解析】【分析】作出到准线的垂线段，利用抛物线的定义求解．【详解】如图是抛物线的准线，作，，为垂足，设，则，由抛物线定义知，，过作，垂足为，则易得，所以，直角三角形中，，，此时直线倾斜角为60°，由对称性，直线倾斜角也可为120°，故选：C．6.已知从点发出的一束光线，经x轴反射后，反射光线恰好平分圆：的圆周，则反射光线所在的直线方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据反射性质，结合圆的性质、直线斜率公式进行求解即可.【详解】设点的坐标为，圆的圆心坐标为，设是x轴上一点，因为反射光线恰好平分圆的圆周，所以反射光线经过点，由反射的性质可知：，于是，所以反射光线所在的直线方程为：，故选：A7.有一个非常有趣的数列叫做调和数列，此数列的前n项和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到它的近似公式：当n很大时，，其中称为欧拉-马歇罗尼常数，……，至今为止都还不确定是有理数还是无理数．由于上式在n很大时才成立，故当n较小时计算出的结果与实际值之间是存在一定误差的，已知，．用上式估算出的与实际的的误差绝对值近似为（）A.0.073 B.0.081 C.0.122 D.0.657【答案】B【解析】【分析】根据所给数据求出的估计值，再根据对数的运算法则求出，即可得解；【详解】解：依题意所以，又所以估算出的与实际的的误差绝对值近似为；故选：B8.设，，，则下列关系正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】构造函数.利用导数判断单调性，证明出.构造函数.利用导数判断单调性，证明出，得到；构造函数.利用导数判断单调性，证明出，即为.即可得到答案.【详解】记.因为，所以当时，，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.记.因为，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.所以.记.因为，所以当时，，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.所以.综上所述：.故选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.疫苗是为预防、控制传染病的发生、流行，用于人体预防接种的预防性生物制品，其前期研发过程中，一般都会进行动物保护测试，为了考察某种疫苗预防效果，在进行动物试验时，得到如下统计数据：未发病发病总计未注射疫苗30注射疫苗40总计7030100附表及公式：0.050.010.0050.0013.8416.6357.87910.828，．现从试验动物中任取一只，取得“注射疫苗”的概率为0.5，则下列判断正确的是（）A.注射疫苗发病的动物数为10B.某个发病的小动物为未注射疫苗动物的概率为C.能在犯错概率不超过0.005的前提下，认为疫苗有效D.该疫苗的有效率约为80%【答案】ABD【解析】【分析】完善列联表可直接判断A，计算比例后判断BD，计算判断C．【详解】完善列联表如下：未发病发病总计未注射疫苗302050注射疫苗401050总计7030100由列联表知，A正确，，B正确，，不能在犯错概率不超过0.005的前提下，认为疫苗有效，C错误；疫苗的有效率约为，D正确．故选：ABD．10.中，，BC边上的中线，则下列说法正确的有（）A.为定值 B.C. D.的最大值为30°【答案】AD【解析】【分析】由计算判断A，由平方计算判断B，由数量积定义结合基本不等式判断C，利用在以为圆心，4为半径的圆上（除去直线与圆的交点），得出，然后由余弦定理求得，结合基本不等式，余弦函数性质判断D．【详解】是定值，A正确；由得，所以，B错；，，时等号成立，C错，，BC边上的中线，在以为圆心，4为半径的圆上（除去直线与圆的交点），，所以，即，记，即，，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是，即的最大值是，D正确．故选：AD．11.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线的右支上，现有四个条件：①；②；③PO平分；④点P关于原点对称的点为Q，且，能使双曲线Ｃ的离心率为的条件组合可以是（）A.①② B.①③ C.②③ D.②④【答案】AD【解析】【分析】对各个选项进行分析，利用双曲线的定义找到a,c的等量关系，从而确定离心率.【详解】③PO平分且PO为中线，可得，点P在双曲线的右支上，所以不成立；若选①②：，，可得，，所以，即离心率为，成立；若选②④：，点P关于原点对称的点为Q，且，可得四边形为矩形，即，可得，，所以，即离心率为，成立；故选：AD12.已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（）A.四边形EMGH的周长为定值B.当时，平面截球O所得截面的周长为C.四棱锥的体积的最大值为D.当时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分体积为【答案】ACD【解析】【分析】利用线面平行得平行四边形，由平行线性质得边长，从而可得四边形周长，判断A，把正四面体放置在一个正方体中，正四面体的棱是正方体的面对角线，由正方体的性质可求得平面截球O所得截面圆的半径，从而得周长，判断B，证明是矩形后，由正方体的性质易得到平面的距离，求出棱锥体积后，利用导数求得最大值判断C，在正方体中旋转正四面体，易得放置后的四面体的位置，并确定两个正四面体的公共部分，从而得体积判断D．【详解】如图1，由平面，平面，平面平面，得，同理，所以，同理，所以是平行四边形，，则，，正四面体ABCD的棱长为，则，，所以的周长为，为定值，A正确；图1如图2，把正四面体放置在一个正方体中，正四面体的棱是正方体的面对角线，如图，正方体的外接球就是正四面体的外接球，由正四面体棱长为得正方体的棱长为2，正方体的对角线是外接球的直径，所以外接球半径为，由于平面与平行，因此易得平面与正方体的上下底面平行，时，，平面到正方体上底面的距离为正方体棱长的，而外接球球心到正方体上底面的距离为正方体棱长的，所以到平面的距离为，平面截球O所得截面圆半径为，截面圆周长为，B错；图2如图3，取中点，连接，则，又，平面，所以平面，而平面，所以，所以，所以，由图2知点到平面的距离为，所以，设（），则，时，，递增，时，，递减，时，取得最大值，所以的最大值为，C正确；图3如图4，还是如图2一样把正四面体放置在一个正方体中，时，是正方体前后两个面的中心（对角线交点），由正方体性质，正四面体绕旋转90°后得下四面体，是正方体的另外四个顶点，这两个正四面体的公共部分正好是一个正八面体，正八面体的六个顶点是正方体六个面的中心，，正八面体的体积为，D正确．图4故选：ACD．【点睛】关键点点睛：本题考查正四面体的截面，考查空间几何的体积等问题，解题关键是把正四面体放置在正方体中，利用正方体的性质确定与正四面体有关的图形的性质，求解结论．对学生的空间想象能力、逻辑思维能力，运算求解能力要求较高，本题属于难题．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在展开式中，含的项的系数是_______．【答案】30【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式可求的项的系数【详解】的展开式的通项公式为，故该展开式中的项的系数为，的展开式的通项公式为，故该展开式中的项的系数为，故在展开式中，含的项的系数为30，故答案为：30.14.已知，则_______．【答案】【解析】【分析】根据二倍角的余弦公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.【详解】即，故答案为：15.在数列中，，，，则_______；的前2022项和为_______．【答案】①.3②.1023133【解析】【分析】求出数列前若干项，根据其特性，分别求和后再可解即可.【详解】由，得，又，所以，，，，，，，，，，，，，；因为，所以，明显可见，规律如下：，成各项为1的常数数列，其和为，，成首项为2，公差为的等差数列，其和为，，成各项为0的成常数数列，其和为，，成首项为3，公差为4的等差数列，其和为，故.故答案为：①3；②1023133.16.如图，某酒杯上半部分的形状为倒立的圆锥，杯深8cm，上口宽6cm，若以的匀速往杯中注水，当水深为4cm时，酒杯中水升高的瞬时变化率_______．【答案】【解析】【分析】计算出当水深为时，水的体积，然后除以流速可得出时刻的值，设水的深度为，求出关于的函数表达式，利用导数可求得当水深为时，水升高的瞬时变化率.【详解】设时刻水的深度为，水面半径为，则，则，当水深为时，酒杯中水面的半径为，此时水的体积为，由题意可得，可得；由题意可得，，，当时，.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤．17.在中，，，点D在BC边上，，为锐角．（1）求BD；（2）若，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）在中，由余弦定理求解.（2）由余弦定理求得，然后由两角差的正弦公式计算．【小问1详解】在中，由余弦定理得：所以，解得或当时，，此时，不符合题意，舍去；当时，，此时，符合题意，故．【小问2详解】在中，所以．又由（1）易得，所以.18.已知公比不为1的等比数列，为数列的前n项和．，且，，构成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的最大正整数k．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为q，利用等比数列基本量进行运算即可；（2）表示成，对k分奇偶进行讨论求解即可.【小问1详解】设等比数列的公比为q，且．因为，，，构成等差数列，所以，解得所以．所以数列的通项公式为，【小问2详解】，∴要使成立，即，即当k为偶数时，，不等式不成立所以k为奇数，设，，即，即，即，即∴整数，∴m的最大值为2此时，∴使成立的最大正整数．19.如图所示，在梯形ABCD中，，，四边形ACFE为矩形，且平面ABCD，．（1）求证：平面BCF；（2）点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角为．【答案】（1）证明见解析（2）M与E重合【解析】【分析】（1）可证平面BCF，从而得到需求证的线面垂直.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面MAB的一个法向量和平面FCB的一个法向量后可求二面角的余弦值，从而可求参数的值，故可得的位置.【小问1详解】证明：设，在梯形中，过分别作的垂线，垂足分别为，∵，，所以，∴，∴，∴，则．∵平面ABCD，平面ABCD，∴，而，CF，平面BCF，∴平面BCF．∵，∴平面BCF．【小问2详解】以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，∴，．设为平面MAB的法向量，由得取，则易知是平面FCB的一个法向量，∴，∵，∴当时，即与重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角为．20.2022年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊比赛，约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队获胜；若甲连续输两场则业余队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，甲赢的概率为，甲与丙比赛，甲赢的概率为，其中．（1）若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛．请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：业余队第一场应该安排乙还是丙与甲进行比赛？（2）为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金6万元，负队获奖金3万元；若平局，两队各获奖金3.6万元．在比赛前，已知业余队采用了（1）中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计X万元，求X的数学期望的取值范围．【答案】（1）安排乙（2）【解析】【分析】（1）利用独立事件的概率的计算公式可求业余队安排乙与甲进行比赛时业余队获胜的概率及业余队安排丙与甲进行比赛业余队获胜的概率，根据的范围可得正确的安排方法.（2）利用独立事件的概率公式可求万元或万元对应的概率，利用期望公式结合（1）的结果可求期望的范围.【小问1详解】第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：因为，所以，所以，业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛．【小问2详解】由已知万元，或万元由（1）知，业余队最优决策是第一场应该安排乙与甲进行比赛．此时，业余队获胜的概率为：专业队获胜的概率为所以，非平局的概率为平局的概率为X的分布列为：X97.2X的期望为由，所以数学期望的取值范围为（单位：万元）21.已知椭圆的焦距为4，上顶点为A，右焦点为F，原点O到直线AF的距离为．（1）求椭圆C的方程；（2）过点F的直线l与C交于M，N两点，过点M作x轴垂线，垂足为E，过点N作x轴垂线，垂足为Q，QM与NE交于点P，是否存在直线l使得的面积等于，若存在求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在，直线l的方程为【解析】【分析】（1）由焦距得焦点坐标，得，写出直线方程，由点到直线距离公式求得，再计算出得椭圆方程；（2）假设存在，当直线MN斜率为0时，不符合题意，当直线斜率不为0时，设直线MN方程为，代入椭圆方程，设，，由韦达定理得，，由直线方程联立求得点坐标，由计算面积从而可求得参数值，得直线方程．【小问1详解】由题意知，，设又直线AF的方程，即，因为点O到直线AF的距离为，所以，解得，，，所以椭圆C的方程为．【小问2详解】依题意，当直线MN斜率为0时，不符合题意；当直线斜率不为0时，设直线MN方程为，联立，得，易知．设，，则，，因为轴，轴，所以，，所以直线①，直线②，联立①②解得，因为，ME与直线平行，所以，因为，所以，由，得，解得或（舍），故存在直线l的方程为，使得的面积等于．22.已知函数（，）（1）讨论函数的单调性；（2）若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）【解析】【分析】（1）求定义域，求导，对m进行分类讨论，求出单调性；（2）参变分离后，转化为在上恒成立，对求导，求解其最小值，最终求出m的取值范围，过程用到了同构和隐零点的方法.【小问1详解】因为，其定义域为所以．当，即时，，所以在上单调递增；当，即时，由得：，所以在上单调递增；得：，所以在上单调递减；综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；【小问2详解】因为，，所以，所以在上恒成立．令，则，令，则，所以在上单调递增．又，，所以在上有唯一零点，使．即，即，即，当时，，当时，，所以在处取得极小值，也是最小值.令，，当时，恒成立，所以函数在上单调递增，所以，即，即．所以的最小值，所以，即，所以实数m的取值范围是．【点睛】导函数求解参数的取值范围问题，参变分离是常用思路之一，本题难点在于研究导函数的零点时，要用到隐零点的思想和同构的方法，需要对常用同构变形熟悉.

高考模拟检测卷（三）试题数学一､选择题（本大题共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.已知集合，集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】分别求得集合，结合集合交集的概念及运算，即可求解.【详解】由题意，集合，，根据集合交集的概念及运算，可得.故选：B.2.已知复数，为z的共轭复数，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求出复数，再利用复数除法运算计算作答.【详解】因，则，所以.故选：C3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用换元法可求得函数的解析式.【详解】对于，令，则，所以，，因此，.故选：C.4.已知向量，，且.若点的轨迹过定点，则这个定点的坐标是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出点的轨迹为动直线，从而可求定点.【详解】因为，故，整理得到：，故定点为：.故选：A.5.已知，则（）A.m B.2m C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件切化弦，再利用同角公式、二倍角的正弦公式化简作答.【详解】因为，所以.故选：D6.若x、，则“”是“，”的（）A.充分不必要条件 B.充要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】由成立推不出，，例如，，反之，当，时，由不等式性质推出成立，所以“”是“，”的必要不充分条件，故选：C7.若函数的最小正周期为，则是（）A.奇函数 B.偶函数C.非奇非偶函数 D.是奇函数也是偶函数【答案】B【解析】【分析】利用正弦型函数的周期公式可求得的值，化简函数的解析式，利用余弦型函数的奇偶性可得出结论.【详解】因为函数的最小正周期为，解得，所以，，所以，函数为偶函数.故选：B.8.一个空间几何体的三视图如图所示，三个视图的外轮廓都是正方形，则该几何体外接球的体积与该几何体的体积之比值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由三视图还原几何体的直观图，知几何体为正方体的一半去掉一个三棱锥，求外接球即正方体的外接球，由体积公式计算即可.【详解】由三视图作出几何体的直观图，为正方体的一半去掉三棱锥，如图，设正方体的棱长为1，则外接球的直径,故球的体积，几何体的体积,所以,故选：D9.已知某校高三（1）班有6位同学特别优秀，其中有3位男生和3位女生，从他（她）们中随机选取3位参加市里举办的百科知识竞赛，则恰有2位男生和1位女生参加竞赛的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先算出总的基本事件数，然后利用组合算出恰有2位男生和1位女生参加竞赛的事件数即可求解.【详解】解：由题意得：从6为同学中随机选取3位同学参加市里举办的百科知识竞赛，其基本事件的个数为：，恰有2位男生和1位女生参加竞赛的事件数为，即恰有2位男生和1位女生参加竞赛的概率为.故选：A10.已知双曲线的右焦点为F，以F为圆心且过坐标原点O的圆与双曲线的一条渐近线交于点A，则（）A.2 B.3 C. D.【答案】C【解析】【分析】求出焦点到渐近线的距离后，利用勾股定理可求出结果.【详解】依题意得，渐近线为，所以到渐近线的距离为，所以.故选：C11.如图，在长方体中，，M、N分别是、的中点.则直线与是（）A.相互垂直的相交直线B.相互垂直的异面直线C.相互不垂直的异面直线D.夹角为60°的异面直线【答案】B【解析】【分析】连接，可证直线与为异面直线，并可求其所成的角.【详解】设，连接，因为平面，平面，，故直线与异面直线.在矩形中，因为为所在棱的中点，故，而，故，故四边形为平行四边形，故，所以或其补角为异面直线与所成的角，在中，，故，故，故选：B12.已知，，则a，b，c的大小关系是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据对数的性质比较大小【详解】先比较，易知,故，即又，故时，时故，而，故，有故选：A二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卷中相应的横线上）13.从编号为01到40的40个个体中，应用系统抽样的方法抽取5个个体，抽到的编号之和为100，则抽到的最小编号为__________________.【答案】【解析】【分析】根据系统抽样的性质可求抽到的最小编号.【详解】编号从01到40的40个个体，应该分成5个组，各组编号分别为：；；；；，设第一组抽取的个体的编号为，则其余各组抽取的个体的编号为：，由题设有，故即抽到的最小编号.故答案为：14.已知的三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且，则的最小角的余弦值为__________.【答案】##【解析】【分析】由题设可得最小，利用余弦定理可求其余弦值.【详解】因为，故可设，因为，故最小，从而.故答案为：.15.已知椭圆长轴的一个顶点到直线的距离不小于2，则椭圆的离心率的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】利用点到直线的距离可得的不等式，求出其解后可求离心率的取值范围.【详解】长轴的顶点为，故即，故离心率，故答案为：16.已知，，.则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】首先根据，即可得到，结合条件可建立关于的不等式，解关于的不等式即可得出的最小值,进而得出结果.【详解】因为，，所以，当且仅当时等号成立，即，解得或（舍去）所以的取值范围为.故答案为：三､解答题（共7小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，第22､23题为选考题，考生根据要求作答.）17.已知数列的前n项积.（1）求数列的通项公式；（2）记，数列的前n项为，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据数列的前项积为，可知，结合递推公式，即可求出结果.（2）由（1）求出，证明数列为等差数列，求和后配方求最小值即可.【小问1详解】.当时，；当时，，也符合.故的通项公式为.【小问2详解】，，是以为首项，2为公差的等差数列，，当时，的最小值为.18.在如图所示的圆锥中，、是该圆锥的两条不同母线，M、N分别它们的中点，圆锥的高为h，底面半径为r，，且圆锥的体积为.（1）求证：直线平行于圆锥的底面；（2）求圆锥的表面积.【答案】（1）证明见解析；（2）().【解析】【分析】(1)连接AB，证明MN∥AB即可；(2)根据高和半径的比，结合圆锥体积求出半径和母线，根据圆锥的表面积计算方法即可求解.【小问1详解】连接AB，由题可知MN∥AB，又∵AB圆锥的底面，圆锥的底面，∴MN∥圆锥的底面；【小问2详解】由题可知，则，则圆锥的表面积为().19.为了解“朗读记忆”和“默读记忆”两种记忆方法的效率（记忆的平均时间）是否有差异，将40名学生平均分成两组分别采用两种记忆方法记忆同一篇文章.由于事先