山西省吕梁市离石区2024届高考数学五模试卷含解析

山西省吕梁市离石区2024届高考数学五模试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上心有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数．如图，若从四个阴数和五个阳数中分别随机选取1个数，则其和等于11的概率是（）．A． B． C． D．2．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为，，，且，则此三棱锥外接球表面积的最小值为（）A． B． C． D．3．若，则()A． B． C． D．4．已知，是两条不重合的直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则5．二项式展开式中，项的系数为（）A． B． C． D．6．已知满足，则（）A． B． C． D．7．已知复数满足：，则的共轭复数为（）A． B． C． D．8．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线，若与轴的交点坐标为，则该双曲线的标准方程可能为（）A． B． C． D．9．如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角为，若向弦图内随机抛掷200颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（）A．20 B．27 C．54 D．6410．已知点，点在曲线上运动，点为抛物线的焦点，则的最小值为（）A． B． C． D．411．设双曲线的一条渐近线为，且一个焦点与抛物线的焦点相同，则此双曲线的方程为（）A． B． C． D．12．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成的角的正弦值为（）．A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若函数(a＞0且a≠1)在定义域[m，n]上的值域是[m2，n2](1＜m＜n)，则a的取值范围是_______．14．已知，满足约束条件，则的最大值为________．15．已知△ABC得三边长成公比为2的等比数列，则其最大角的余弦值为_____.16．在平面直角坐标系中，曲线上任意一点到直线的距离的最小值为________．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）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.18．（12分）已知椭圆的焦点为，，离心率为，点P为椭圆C上一动点，且的面积最大值为，O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程；(2)设点，为椭圆C上的两个动点，当为多少时，点O到直线MN的距离为定值.19．（12分）设函数（其中），且函数在处的切线与直线平行.（1）求的值；（2）若函数，求证：恒成立.20．（12分）已知函数．（1）解不等式：；（2）求证：．21．（12分）如图，在中，，的角平分线与交于点，.（Ⅰ）求；（Ⅱ）求的面积.22．（10分）在底面为菱形的四棱柱中，平面.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.

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、A【解析】

基本事件总数，利用列举法求出其和等于11包含的基本事件有4个，由此能求出其和等于11的概率．【详解】解：从四个阴数和五个阳数中分别随机选取1个数，基本事件总数，其和等于11包含的基本事件有：，，，，共4个，其和等于的概率．故选：．【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．2、B【解析】

根据三视图得到几何体为一三棱锥，并以该三棱锥构造长方体，于是得到三棱锥的外接球即为长方体的外接球，进而得到外接球的半径，求得外接球的面积后可求出最小值．【详解】由已知条件及三视图得，此三棱锥的四个顶点位于长方体的四个顶点，即为三棱锥，且长方体的长、宽、高分别为，∴此三棱锥的外接球即为长方体的外接球，且球半径为，∴三棱锥外接球表面积为，∴当且仅当，时，三棱锥外接球的表面积取得最小值为．故选B．【点睛】（1）解决关于外接球的问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，同时要作一圆面起衬托作用．（2）长方体的外接球的直径即为长方体的体对角线，对于一些比较特殊的三棱锥，在研究其外接球的问题时可考虑通过构造长方体，通过长方体的外球球来研究三棱锥的外接球的问题．3、D【解析】

直接利用二倍角余弦公式与弦化切即可得到结果．【详解】∵，∴，故选D【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，同角三角函数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．4、D【解析】

利用空间位置关系的判断及性质定理进行判断.【详解】解：选项A中直线，还可能相交或异面，选项B中，还可能异面，选项C，由条件可得或．故选：D.【点睛】本题主要考查直线与平面平行、垂直的性质与判定等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力，属于基础题.5、D【解析】

写出二项式的通项公式,再分析的系数求解即可.【详解】二项式展开式的通项为,令,得,故项的系数为.故选：D【点睛】本题主要考查了二项式定理的运算,属于基础题.6、A【解析】

利用两角和与差的余弦公式展开计算可得结果.【详解】，.故选：A.【点睛】本题考查三角求值，涉及两角和与差的余弦公式的应用，考查计算能力，属于基础题.7、B【解析】

转化，为，利用复数的除法化简，即得解【详解】复数满足：所以故选：B【点睛】本题考查了复数的除法和复数的基本概念，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.8、A【解析】

直线的方程为，令，得，得到a,b的关系，结合选项求解即可【详解】直线的方程为，令，得.因为，所以，只有选项满足条件.故选：A【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系以及双曲线的标准方程，考查运算求解能力.9、B【解析】

设大正方体的边长为，从而求得小正方体的边长为，设落在小正方形内的米粒数大约为，利用概率模拟列方程即可求解。【详解】设大正方体的边长为，则小正方体的边长为，设落在小正方形内的米粒数大约为，则，解得：故选：B【点睛】本题主要考查了概率模拟的应用，考查计算能力，属于基础题。10、D【解析】

如图所示：过点作垂直准线于，交轴于，则，设，，则，利用均值不等式得到答案.【详解】如图所示：过点作垂直准线于，交轴于，则，设，，则，当，即时等号成立.故选：.【点睛】本题考查了抛物线中距离的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.11、C【解析】

求得抛物线的焦点坐标，可得双曲线方程的渐近线方程为，由题意可得，又，即，解得，，即可得到所求双曲线的方程.【详解】解：抛物线的焦点为可得双曲线即为的渐近线方程为由题意可得，即又，即解得，.即双曲线的方程为.故选：C【点睛】本题主要考查了求双曲线的方程，属于中档题.12、C【解析】

设M,N,P分别为和的中点，得出的夹角为MN和NP夹角或其补角，根据中位线定理，结合余弦定理求出和的余弦值再求其正弦值即可.【详解】根据题意画出图形:设M,N,P分别为和的中点，则的夹角为MN和NP夹角或其补角可知，.作BC中点Q，则为直角三角形；中，由余弦定理得，在中，在中，由余弦定理得所以故选：C【点睛】此题考查异面直线夹角，关键点通过平移将异面直线夹角转化为同一平面内的夹角，属于较易题目.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、(1，)【解析】

在定义域[m，n]上的值域是[m2，n2]，等价转化为与的图像在(1，)上恰有两个交点，考虑相切状态可求a的取值范围.【详解】由题意知：与的图像在(1，)上恰有两个交点考查临界情形：与切于，．故答案为：.【点睛】本题主要考查导数的几何意义，把已知条件进行等价转化是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养.14、【解析】

根据题意，画出可行域，将目标函数看成可行域内的点与原点距离的平方，利用图象即可求解.【详解】可行域如图所示，易知当，时，的最大值为．故答案为：9.【点睛】本题考查了利用几何法解决非线性规划问题，属于中档题.15、-【解析】试题分析：根据题意设三角形的三边长分别设为为a,2a,2a，∵2a>2a>a,∴2a所对的角为最大角，设为θ，则根据余弦定理得考点：余弦定理及等比数列的定义.16、【解析】

解法一：曲线上任取一点，利用基本不等式可求出该点到直线的距离的最小值；解法二：曲线函数解析式为，由求出切点坐标，再计算出切点到直线的距离即可所求答案.【详解】解法一（基本不等式）：在曲线上任取一点，该点到直线的距离为，当且仅当时，即当时，等号成立，因此，曲线上任意一点到直线距离的最小值为；解法二（导数法）：曲线的函数解析式为，则，设过曲线上任意一点的切线与直线平行，则，解得，当时，到直线的距离；当时，到直线的距离.所以曲线上任意一点到直线的距离的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查曲线上一点到直线距离最小值的计算，可转化为利用切线与直线平行来找出切点，转化为切点到直线的距离，也可以设曲线上的动点坐标，利用基本不等式法或函数的最值进行求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.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)见详解；(2).【解析】

(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2)在图中找到对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑关于的垂线，发现此垂足与的连线也垂直于.按照此思路即证.【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.，A，C，G，D四点共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.(2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以.而在中,，即二面角的度数为.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．18、（1）；（2）当＝0时，点O到直线MN的距离为定值.【解析】

（1）的面积最大时，是短轴端点，由此可得，再由离心率及可得，从而得椭圆方程；（2）在直线斜率存在时，设其方程为，现椭圆方程联立消元（）后应用韦达定理得，注意，一是计算，二是计算原点到直线的距离，两者比较可得结论．【详解】（1）因为在椭圆上，当是短轴端点时，到轴距离最大，此时面积最大，所以，由，解得，所以椭圆方程为．（2）在时，设直线方程为，原点到此直线的距离为，即，由，得，，，所以，，，所以当时，，，为常数．若，则，，，，，综上所述，当＝0时，点O到直线MN的距离为定值.【点睛】本题考查求椭圆方程与椭圆的几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力．解题方法是“设而不求”法．在直线与圆锥曲线相交时常用此法通过韦达定理联系已知式与待求式．19、（1）（2）证明见解析【解析】

（1）求导得到，解得答案.（2）变形得到，令函数，求导得到函数单调区间得到，，得到证明.【详解】（1），，解得.（2）得，变形得，令函数，，令解得，当时，时.函数在上单调递增，在上单调递减，，而函数在区间上单调递增，，，即，即，恒成立.【点睛】本题考查了根据切线求参数，证明不等式，意在考查学生的计算能力和转化能力，综合应用能力.20、（1）；（2）见解析.【解析】

（1）代入得，分类讨论，解不等式即可；（2）利用绝对值不等式得性质，，，比较大小即可.【详解】（1）由于，于是原不等式化为，若，则，解得；若，则，解得；若，则，解得．综上所述，不等式解集为．（2）由已知条件，对于，可得．又，由于，所以．又由于，于是．所以．【点睛】本题考查了绝对值不等式得求解和恒成立问题，考查了学生分类讨论，转化划归，数学运算能力，属于中档题.21、（Ⅰ）;（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得，由正弦定理得，可得解；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，进而得，在中，由正弦定理得，所以的面积即可得解.试题解析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得，所以，由正弦定理得，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知.在中，.在中，由正弦定理得，所以.所以的面积.22、（1）证明见解析；（2）【解析】

（1）由已知可证，即可证明结论；（2）根据已知可证平面，建立空间直角坐标系，求出坐标，进而求出平面和平面的法向量坐标，由空间向量的二面角公式，即可求解.【详解】方法一：（1）