2024年青海省部分校高三数学（文）4月模拟联考试卷附答案解析

年青海省部分校高三数学（文）4月模拟联考试卷2024.4考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分，共150分．考试时间120分钟．2．请将各题答案填写在答题卡上．3．本试卷主要考试内容：高考全部内容．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．（

）A． B． C． D．2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．已知向量，，，且，则（

）A． B． C． D．4．已知函数的极值点为a，则（

）A． B．0 C．1 D．25．设x，y满足约束条件，则的最大值为（

）A．11 B．7 C．－1 D．－46．已知，分别是双曲线C：的左、右焦点，，点P在C的右支上，且的周长为，则（

）A． B． C． D．7．若，，则（

）A．1 B．－1 C．2 D．－28．已知F是抛物线C：的焦点，过F的直线l与C交于A，B两点，且A，B到直线的距离之和等于，则（

）A．6 B．8 C．12 D．149．记数列的前n项积为，设甲：为等比数列，乙：为等比数列，则（

）A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分也不必要条件10．已知函数在上的图象大致如图所示，则的最小正周期为（

）A． B． C． D．11．如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（

）A． B． C． D．12．已知定义在R上的函数满足，，则（

）A． B． C． D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13．在等差数列中，，则．14．甲、乙、丙、丁各自研究两个随机变量的数据，若甲、乙、丙、丁计算得到各自研究的两个随机变量的线性相关系数分别为，，，，则这四人中，研究的两个随机变量的线性相关程度最高.15．若，，则．16．在半径为5的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为．三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22，23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．如图，在三棱锥中，平面，、分别为、的中点，且，，．(1)证明：平面．(2)求到平面的距离．18．为提升基层综合文化服务中心服务效能，广泛开展群众性文化活动，某村干部在本村的村民中进行问卷调查，将他们的成绩（满分：100分）分成7组：.整理得到如下频率分布直方图.(1)求的值并估计该村村民成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；(2)从成绩在内的村民中用分层抽样的方法选取6人，再从这6人中任选3人，记这3人中成绩在内的村民人数为，求的分布列与期望.19．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求B；(2)若，的面积为S．周长为L，求的最大值．20．已知椭圆：的离心率为．(1)求的方程；(2)过的右焦点的直线与交于，两点，与直线交于点，且，求的斜率．21．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若有3个零点，求的取值范围．（二）选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．［选修4-4：坐标系与参数方程］22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．(1)求C与l的直角坐标方程；(2)若P是C上的一个动点，求P到l的距离的取值范围．［选修4-5：不等式选讲］23．已知函数的最小值为8．(1)求a；(2)若在上单调递减，求不等式的解集．1．A【分析】化简式子即可得出结论【详解】由题意，故选：A.2．C【分析】通过将集合中的元素代入集合，看是否符合不等式，即可得出结论.【详解】由题意，，当时，，当时，，当时，，∴和满足集合的要求，∴，故选：C.3．B【分析】根据坐标运算的加减法进行运算，再结合向量垂直即可得出结果.【详解】由题，因为，所以，.故选：B.4．B【分析】利用导数求出函数的极值点，再代入求出函数值.【详解】函数，求导得，当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，因此是的极小值点，且是唯一极值点，所以，.故选：B5．A【分析】画出可行域和目标函数，根据的几何意义得到当过点时，取得最大值，求出答案.【详解】由约束条件作出可行域和目标函数，变形为，由于为在轴上的截距，要想得到的最大值，只需得到在轴上的截距的最小值，显然当过点时，取得最大值，联立，解得，将代入，，当直线l：经过点时，z取得最大值11．故选：A6．D【分析】借助双曲线定义计算即可得.【详解】由双曲线定义可知：，则三角形的周长为，故.故选：D.7．A【分析】本题考查指数式与对数式的互化、对数的运算法则、换底公式的应用.【详解】由，所以故选：A8．C【分析】根据给定条件，利用抛物线的定义求出，列出方程求解即得.【详解】依题意，设点，而抛物线C：的准线方程为，则，点到直线的距离和为，因此，所以.故选：C9．D【分析】利用等比数列通项公式、等比数列定义，结合充分条件、必要条件的定义判断得解.【详解】若为等比数列，设其公比为，则，，于是，，当时，不是常数，此时数列不是等比数列，则甲不是乙的充分条件；若为等比数列，令首项为，公比为，则，，于是当时，，而，当时，不是等比数列，即甲不是乙的必要条件，所以甲是乙的既不充分也不必要条件.故选：D10．B【分析】根据图象确定周期的范围，得出，再由特殊点求出即可得解.【详解】由图可知，，则．，．解得，，故，则，所以，故的最小正周期为．故选：B11．D【分析】连接、、、、、，借助平行线的性质可得四点共面，即可得线段与相交，线段与相交，线段与相交，从而排除A、B、C.【详解】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点，易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误；连接，，有，，故，所以线段与相交，C错误；连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确.故选：D.12．D【分析】依次求出猜想,再用等比数列求和.【详解】,,,,,,,故选：D【点睛】关键点点睛:本题关键是通过计算观察得到,进而转化为等比数列求和.13．3【分析】根据给定条件，利用首项表示公差，再借助等差数列通项计算即得.【详解】令等差数列的公差为，由，得，因此，所以.故答案为：314．乙【分析】根据相关系数的定义判断即可.【详解】因为，所以这四人中，乙研究的两个随机变量的线性相关程度最高，故答案为：乙.15．【分析】由已知条件可得，根据两角和的正切公式化简即可求解.【详解】因为，所以，所以，又因为，，所以上式可化为：.故答案为：16．##【分析】利用球的截面小圆性质，用圆锥的高表示出圆锥的底面圆半径，再求出圆锥体积的函数关系，利用导数求出最大值即得.【详解】过圆锥的轴的平面截球面得大圆，截圆锥得轴截面等腰三角形，是球的截面大圆的内接三角形，如图，设圆锥的高为，圆锥底面圆半径为，球心到圆锥底面距离，则，即，圆锥体积，求导得，当时，，当时，，因此函数在上单调递增，在上单调递减，，所以圆锥体积的最大值为.故答案为：【点睛】关键点点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先利用勾股定理得出，再利用平面，证，最后根据线面垂直的判定定理即可证明平面；’（2）根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求距离即可.【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以为的中位线，所以，，因为，所以；在中，，，，所以，所以，即；因为平面，平面，所以；又平面，平面，，所以平面.（2）由（1）可知、、两两垂直，建立如图所示分别以、、为、、轴的空间直角坐标系，，，，，，，，设平面的法向量为，则有，即，令，则，，所以，设到平面的距离为，则.18．(1)；(2)分布列见详解；【分析】（1）由频率和为1，可求的值，再由平均数计算公式求解；（2）根据分层抽样可确定的取值，再分别求出概率，最后利用期望公式求解.【详解】（1）由图可知，，解得，该村村民成绩的平均数约为；（2）从成绩在内的村民中用分层抽样的方法选取6人，其中成绩在的村民有人，成绩在的村民有4人，从中任选3人，的取值可能为1,2,3，，，，则的分布列为123故19．(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理统一为角，再由三角恒等变换化简即可得解；（2）由余弦定理及三角形的面积公式得，再由基本不等式进行求解即可.【详解】（1）由正弦定理可得，，所以,所以，即，由，可知，所以，即，由，知.（2）由余弦定理，得，即，所以，即，因为，，所以，所以，又（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），即的最大值为.20．(1)(2)【分析】（1）由离心率公式求出即可；（2）首先计算直线的斜率为时不符合题意，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，表示出，再求出点坐标，即可得到，从而得到方程，求出即可.【详解】（1）因为椭圆：的离心率为，所以，解得，所以椭圆方程为.（2）由（1）可得，当直线的斜率为时，则，，，所以，，显然不满足，故舍去；依题意直线的斜率存在且不为，设直线的方程为，，，由，消去整理得，显然，则，，所以，又解得，所以，所以，因为，所以，解得，综上可得的斜率为.【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.21．(1)答案见解析(2)【分析】（1）求导，利用导数判断函数的单调性，分与1的大小关系讨论即可；（2）分别讨论与的大小时，利用导数求出函数的极值，再求有3个零点时极值的范围即可求出结果.【详解】（1），令，解得或，①当，即时，由得或；由得，所以在和上单调递增；在上单调递减；②当，即时，恒成立，所以在上单调递增；③当，即时，由得或；由得，所以在和上单调递增；在上单调递减；综上，当时，在和上单调递增；在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增；在上单调递减.（2）因为有3个零点，所以，当时，极大值；极小值，所以，解得，当时，极大值；极小值，所以，解得，综上，的取值范围为.【点睛】方法点睛：（1）带参数的单调性讨论问题可按照如下步骤求解：求导，讨论方程的性质，根的个数，根的大小，根与给定区间的关系；（2）已知方程根的个数求参数时，可求导分析极值，利用极值范围求解.22．(1)，；(2).【分析】（1）消去参数求出曲线C的普通方程；利用极坐标与直角坐标的互化公式求出l的直角坐标方程.（2）利用点到直线的距离公式，结合图形的几何性质求出取值范围.【详解】（1）消去曲线C的参数方程中的参数得：，把代入直线l的极坐标方程得：，所以C与l的直角坐标方程分别为，.（2）显然曲线