2023~2024学年全国甲卷贵州镇远高考数学文试题5月带解析

2023-2024学年全国甲卷贵州省镇远县高考数学（文）模拟试题（5月）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.已知集合，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据一元二次不等式的解法和元素与集合的关系，集合与集合的关系即可求解.【详解】,，故选:C2.复数的虚部为（）A. B. C.2 D.16【正确答案】C【分析】利用虚数单位的性质可求，故可求其虚部.【详解】因为，故，故的虚部为2，故选：C.3.已知等比数列满足，，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】求出公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】设公比为，因为，所以，所以，所以.故选：B.4.已知点，是椭圆上关于原点对称的两点，，分别是椭圆的左、右焦点，若，则（）A.1 B.2 C.4 D.5【正确答案】C【分析】先证明四边形是平行四边形，再利用椭圆的定义求出即得解.【详解】因为,所以四边形是平行四边形.所以.由椭圆的定义得.所以.故选：C5.已知火箭推进系统的燃料携带量与速度的关系为，其中为速度改变量，为喷气速度，为火箭本体质量，为燃料质量，若某一火箭发射时携带的燃料质量，记携带燃料剩余质量为，时的值分别为，，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】根据题设的公式结合对数的性质可计算得到.【详解】因为，故，当携带燃料剩余质量为时，故此时；同理当携带燃料剩余质量为时，；故，故选：D.6.已知函数的图象如图所示，则下列选项中可能为的解析式的是（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】根据题意得到，结合选项中的函数，逐项判定，即可求解.【详解】由函数，可得对于A中，函数，当时，，当时，，其函数为单调递减函数，符合题意；对于B中，对于，当时，，不符合题意；对于C中，对于，当时，，不符合题意；对于D中，对于，当时，，不符合题意.故选：A.7.若，则（）A. B. C.或 D.或3【正确答案】A【分析】化简方程，通过角度正弦值和余弦值的关系，即可求出的值.【详解】由题意，即∵，∴，解得：（舍）或，故选：A.8.国内现存两件国宝级文物——战国宴乐水陆攻战纹铜壶，分别藏于故宫博物院与四川博物馆.铜壸上的图像采用“嵌错”制作工艺，铜壶身上的三圈纹饰，将壶身分为四层.假设第一层与第二层分别看作圆柱与圆台，且圆柱与圆台的高之比为，其正视图如图2所示，根据正视图，可得圆柱与圆台这两个几何体的体积之比为（）（注：）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】利用圆柱和圆台体积公式直接求解即可.【详解】由题意知：圆柱的底面直径为，设高为；圆台的上下底面直径分别为和，圆柱与圆台的高之比为，则高为，圆柱的体积；圆台的体积，圆柱与圆台这两个几何体的体积之比为.故选：B.9.已知等差数列的前项和为，若，则的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】设,求出公差和,利用三角函数的图象和性质求解.【详解】设.所以等差数列的公差.所以，其中.所以的最小值为，最大值为.所以的取值范围是.故选：C10.已知，若数据1，2，3，，的中位数与平均数均为，则点（）A.在直线右下方，在直线右下方B.在直线左上方，在直线左上方C.在直线右下方，在直线左上方D.在直线左上方，在直线右下方【正确答案】A【分析】由题得数据2，3，从小到大的顺序排列为，在的左边，求出和，再利用线性规划求解.【详解】由题得数据2，3，从小到大的顺序排列为，在的左边，因为，所以点在直线右下方.由题得.因为，所以，所以.所以,所以点在直线右下方.故选：A11.函数在上的零点的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【正确答案】B【分析】由，令，求得或，即可求解.【详解】由令，即，解得或，因为，解得或，所以函数在上的零点的个数为2个.故选：B.12.若过点可作两条直线与的图象相切，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】设切点为，写出切线方程代点得，再转化为零点问题求解.【详解】由题得，设切点为，则切线方程为，代点得，所以.当时，显然不成立；当时，，设.当时，，单调递减，当时，，单调递增.所以.又当时，，当时，.所以当即时，有两解，即过点可作两条直线与的图象相切.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在中，若点满足，设，则______.【正确答案】【分析】根据向量的线性运算可用表示，求出的值后可求的值.【详解】因为，故，整理得到：，故，而，故为线段靠近三等分点，故不共线，故即故答案为.14.在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为______.【正确答案】##0.2【分析】如图，取的中点为，连接，可证或其补角为异面直线与所成的角，利用余弦定理可求线线角的余弦值.【详解】如图，取的中点为，连接，则由方体可得，故四边形为平行四边形，故而，故四边形为平行四边形，故，又，故四边形为平行四边形，故，故，故四边形为平行四边形，故，故或其补角为异面直线与所成的角.设正方体的棱长为，则，，故.故异面直线与所成角的余弦值为.故答案为.15.如图，两个正方形的边长之比为，从图中随机取一点，则该点取自阴影部分的概率为______.【正确答案】【分析】根据面积型几何概型即可求解.【详解】设大正方形的边长为2，小正方形的边长为1，则大正方形的面积为，小正方形的面积为，总面积为,，，所以阴影部分的面积，故从图中随机取一点，则该点取自阴影部分概率为，故答案为.16.已知双曲线的一条渐近线被圆截得的弦长为，则双曲线的离心率为______.【正确答案】##【分析】先求渐近线方程，再根据弦长可求的关系，故可求双曲线的离心率.【详解】双曲线的渐近线的方程为.圆的标准方程为：，故该圆的圆心为，半径为2，而圆心到渐近线的距离为，故渐近线被该圆截得的弦长为，整理得到：或，而，故，故离心率为.故答案为.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.第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.随着农村电子商务体系和快递物流配送体系加快贯通，以及内容电商、直播电商等模式不断创新落地，农村电商呈现高速发展的态势，下表为2017-2022年中国农村网络零售额规模（单位：千亿元），其中2017-2022年对应的代码分别为1～6.年份代码123456农村网络零售额12.513.717.118.020.523.02（1）根据2017-2021年数据求农村网络零售额规模关于年度代码的线性回归方程（，的值精确到0.01）；（2）若由回归方程得到的估计数据与剩下的检验数据的误差不超过1千亿，则认为得到的回归方程是“理想的”，试判断（1）中所得回归方程是否是“理想的”.参考公式：，.参考数据：，.【正确答案】（1）（2）回归方程是“理想的”.【分析】（1）根据题设中的公式可求线性回归方程.（2）根据（1）的结果可计算估计数据与剩下的检验数据的误差，从而可判断回归方程是否是“理想”.【小问1详解】，，故，故，故.【小问2详解】当，由可得对应的估计数据为，此时，故回归方程是“理想的”.18.在中，角，，所对的边分别为，，，.（1）求；（2）若，，求的面积.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）根据正弦定理和两角和的正弦公式，诱导公式即可求解；（2）根据余弦定理，面积公式，同角三角函数基本关系式即可求解.【小问1详解】因为，根据正弦定理，，所以，因为在三角形中，则，所以，所以，则，即，所以，又因为在三角形中，则，所以，又因为有意义，则，所以，即.【小问2详解】，，，由余弦定理得，所以，则，即，又，则，所以的面积为.19.如图，在四棱锥中，底面为菱形，为正三角形，平面平面，.（1）证明：；（2）若为线段上靠近的三等分点，且平面，平面平面，平面，求的值.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，故可得.（2）设直线与平面交于点，连接，连接，设，则由面面平行的性质结合线线平行可得，再由题设中面面垂直可得平面，利用解直角三角形可求，故可求的值.【小问1详解】取的中点为，连接，因为为正三角形，故，而为菱形，，故为等比三角形，故，而，平面，故平面，而平面，故.【小问2详解】设直线与平面交于点，连接，因为平面平面，平面平面，平面平面，故，同理.由菱形可得，故，故，又，故，故.连接，设，则.由（1）可得，而平面平面，平面平面，平面，故平面，而平面，故，故.在中，，故，故，故，故20.已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）若对，恒有，求的取值范围.【正确答案】（1）见解析；（2）.【分析】（1）求导，分与讨论的单调性；（2）分与讨论，求出的最小值，求解即可.【小问1详解】的定义域为,，当时，,函数在上单调递增；当时，令,得；令，得.所以在上单调递减，在上单调递增.综上所述，当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】由（1）可得，当,即时，在上单调递增，所以.

因为对，恒有，所以,化简可得,解得或，故.当,即时，在上单调递减，在上单调递增,所以,对，恒有，所以，即，因为，所以,不满足.综上所述，的取值范围是.21.已知抛物线的焦点为，点，点在上，且是以为顶点的等腰三角形，其周长为10.（1）求抛物线标准方程；（2）若过点的直线与交于A，两点，点与A，不共线，判断是否存在实数，使得直线，与直线交于点，，且以线段为直径的圆过原点，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【正确答案】（1）（2）存在，.【分析】（1）根据抛物线的标准方程和几何关系即可求解；（2）设点后，根据长度关系和几何关系即可求解.【小问1详解】焦点为，三角形EMF为等腰三角形，所以E点的横坐标为，而点E在抛物线上，所以E点的纵坐标为，所以

解得或-5(舍去),所以.【小问2详解】设

则以为直径的圆的圆心为，

若该圆经过原点,则原点到的距离为长度的一半,即,整理得，设点A坐标，点B坐标，直线直线方程为，联立，所以，所以，，所以直线，又因为，所以，令得，即，同理可得由，所以，整理得，，又，，所以整理得，即，上式要对任意恒成立，则需要，所以.（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.在直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，且.（1）求的普通方程及的直角坐标方程；（2）若把直线向上平移个单位长度后所得图象恰好与曲线有一个公共点，求的值.【正确答案】（1）曲线C的普通方程为；直线l的直角坐标方程为（2）【分析】（1）曲线C的参数方程消参可得普通方程，直线l运用极坐标和直角坐标转换公式即可化为直角坐标方程；（2）求出平移后的直线方程，与曲线方程联立方程组，由方程组有1解，求实数a的值．【小问1详解】由得，所以曲线C的普通方程为.由、得，由，得直线l的直