宁夏吴忠市2024届高三下学期高考模拟联考（一）文科数学试题（含解析）

这是一份宁夏吴忠市2024届高三下学期高考模拟联考（一）文科数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足，则在复平面上所对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知直线，和平面，且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
4．某高中2022年的高考考生人数是2021年高考考生人数的倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2021年和2022年高考分数达线情况，得到如图所示扇形统计图：
下列结论正确的是（ ）
A．该校2022年与2021年的本科达线人数比为6：5
B．该校2022年与2021年的专科达线人数比为6：7
C．2022年该校本科达线人数增加了80%
D．2022年该校不上线的人数有所减少
5．如图，一个三棱柱的容器盛有水，水的体积是三棱柱体积的，现将其侧面放置于水平地面，水面恰好经过底边上的点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行.如图为一幅唐朝的投壶图，假设甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者，且甲、乙、丙每次投壶时，投中与不投中是等可能的.若甲、乙、丙各投壶1次，则这3人中至少有2人投中的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．函数在区间上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知，则（ ）
A．B．C．D．
9．已知等差数列的前项和为，，若，则
A．10B．11C．12D．13
10．已知（为常数）在上有最大值3，则函数在上的最小值为（ ）
A．B．C．D．
11．已知F为抛物线的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，（其中O为坐标原点），则与面积之和的最小值是（ ）
A．B．3C．D．
12．已知是函数的导数，且，当时，，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知向量，满足，，，则与的夹角为 .
14．已知实数满足约束条件，则的最小值为 .
15．已知数列的前项和为，，，则 .
16．在三棱锥中，是边长为2的正三角形，分别是的中点，且，则三棱锥外接球的表面积为 .
三、解答题
17．在中，，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求
（1）B的大小；
（2）的面积．
条件①：；条件②：．
18．配速是马拉松运动中常使用的一个概念，是速度的一种，是指每公里所需要的时间，相比配速，把心率控制在一个合理水平是安全理性跑马拉松的一个重要策略.图1是一名马拉松跑者的心率（单位：次/分钟）和配速（单位：分钟/公里）的散点图，图2是一次马拉松比赛（全程约42公里）前3000名跑者成绩（单位：分钟）的频率分布直方图.
(1)由散点图看出，可用线性回归模型拟合与的关系，求与的线性回归方程；
(2)该跑者如果参加本次比赛，将心率控制在160次/分钟左右跑完全程，估计他跑完全程花费的时间，并估计他能获得的名次，
参考公式：线性回归方程中，，.
19．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，，点在棱上，平面.
(1)试确定点的位置，并说明理由；
(2)是否存在实数，使三棱锥体积为，若存在，请求出具体值，若不存在，请说明理由.
20．已知函数．
(1)若曲线在点处与轴相切，求的值；
(2)求函数在区间上的零点个数．
21．设椭圆的左、右焦点分别为，离心率，长轴为4，且过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若，其中为坐标原点，求直线的斜率；
(3)若是椭圆经过原点的弦，且，判断是否为定值？若是定值，请求出，若不是定值，请说明理由．
22．在直角坐标系中，已知圆的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求的极坐标方程；
(2)若直线的极坐标方程为，设与的交点为，，求的面积.
23．设函数．
(1)求不等式的解集；
(2)设a，b是两个正实数，若函数的最小值为m，且．证明：．
参考答案：
1．A
【分析】先求出集合中元素的范围，再求交集即可.
【详解】,，
因为，
所以.
故选：A.
2．C
【分析】根据题意，化简复数，结合共轭复数以及复数的几何意义，即可求解.
【详解】由复数，可得复数，在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故选：C.
3．A
【分析】根据线面的位置关系结合充分条件和必要条件判断即可.
【详解】当，时，则有；
反之，当，时，或；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4．C
【分析】设2021年的高考人数为100，则2022年的高考人数为，再根据饼图中各个种类的人数所占的比例，逐个选项判断即可.
【详解】不妨设2021年的高考人数为100，则2022年的高考人数为
年本科达线人数为50，2022年本科达线人数为90，得2022年与2021年的本科达线人数比为，本科达线人数增加了，故选项不正确，选项C正确；
2021年专科达线人数为35，2022年专科达线人数为45，所以2022年与2021年的专科达线人数比为，选项B错误；
2021年不上线人数为15，2022年不上线人数也是15，不上线的人数无变化，选项错误.
故选：C
5．D
【分析】根据小三棱柱与大三棱柱的底面积的倍数关系以及两个三棱柱的底面三角形相似可求出结果.
【详解】因为水的体积是三棱柱体积的，又阴影部分为四棱柱，
所以四棱柱的底面积是三棱柱的底面积的，所以无水部分三棱柱的底面积是大三棱柱底面积的，
根据两个三角形相似可得，所以，所以.
故选：D
6．A
【分析】
由独立事件概率乘法公式可得.
【详解】记甲、乙、丙投中分别即为事件，
由题知，
则3人中至少有2人投中的概率为：
.
故选：A
7．A
【分析】利用函数的奇偶性，排除两个选项，再利用函数在上的值的正负得解.
【详解】，，则是奇函数，选项C，D是不正确的；
时，，即，选项B是不正确的，选项A符合要求.
故选：A
8．A
【分析】
根据，结合二倍角公式和诱导公式即可求解.
【详解】因为，则，
所以，
故选：A.
9．B
【详解】 ,所以 ,选B.
10．C
【分析】对函数进行求导，判断其单调性和最值，根据最大值为求出，进而根据单调性可得其最小值.
【详解】由得，
故当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
故当时，取得最大值，即，此时，
当，，当时，
故最小值为，
故选：C
11．D
【分析】
设（）且直线，联立抛物线应用韦达定理，结合向量数量积的坐标表示求得，进而可得，最后应用基本不等式求最小值，注意取值条件.
【详解】
设（）且直线，联立抛物线得，
由，而，所以，得或，
又A，B位于x轴的两侧，故，故，
由，且过定点，
又，，
所以，当且仅当时等号成立.
故与面积之和的最小值是.
故选：D
12．D
【分析】构造函数，根据导数判断单调性，再利用奇偶性求出解集.
【详解】设，则，
因为当时，，所以当时，，
即在上单调递增，
因为，所以为偶函数，则也是偶函数,所以在上单调递减.
因为,所以,
即,
则，解得，
故选：D.
13．#
【分析】根据题意求得，结合向量的夹角公式求得，即可求解.
【详解】由题意，向量，，
因为，可得，解得，
即，可得，所以，
又因为，所以.
故答案为：.
14．
【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求出.
【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图所示，

将化为，则由图可得当直线经过点时，
取得最小值，
所以联立，解得，所以.
故答案为：.
15．
【分析】结合等比数列求和公式，利用分组求和即可求解.
【详解】根据题意，可得，，…，，
所以
.
故答案为：
16．
【分析】作出辅助线，证明出两两垂直，将三棱锥外接球转化为以为长，宽，高的长方体的外接球，进而求出外接球半径和表面积.
【详解】取的中点，连接，
因为是边长为2的正三角形，，
所以，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
因为分别是的中点，所以是的中位线，
故，
因为，所以，
因为平面，，
所以⊥平面，
因为平面，
所以⊥，⊥，
因为，，
由勾股定理得，
因为，所以，
由勾股定理逆定理可得⊥，
所以两两垂直，
故棱锥外接球即为以为长，宽，高的长方体的外接球，
设外接球半径为，
则，解得，
则三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：
17．选择见解析；（1）；（2）．
【分析】选择条件①时：（1）利用余弦定理求出和B的值；
（2）由正弦定理求出a的值，再利用三角形内角和定理求出sinC，计算的面积．
选择条件②时：（1）由正弦定理求出和B的值；
（2）由正弦定理求出a的值，再利用三角形内角和定理求出，计算的面积．
【详解】选择条件①：，
（1）由，得，
所以；
又，
所以；
（2）由正弦定理知，
所以；
所以，
所以的面积为．
选择条件②：．
（1）由正弦定理得，
所以；
又，
所以，
所以；
又，
所以；
（2）由正弦定理知，
所以；
所以，
所以的面积为．
【点睛】方法点睛：(1)在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到；(2)解题中注意三角形内角和定理的应用及角的范围限制．
18．(1)
(2)210分钟，192名
【分析】
（1）先计算出，代入公式求出，得到线性回归方程；
（2）代入，求出，计算出所花时间为分钟，频率分布直方图分析出有的跑者成绩超过该跑者，从而求出答案.
【详解】（1）由散点图中数据和参考数据得，
，
，
.
关于的线性回归方程为；
（2）将代入，得.
该跑者跑完马拉松全程所花时间为分钟.
从马拉松比赛的频率分布直方图可知成绩好于210分钟的累计频率为：
，
有的跑者成绩超过该跑者.
则该跑者在本次比赛获得名次大约是名.
19．(1)点是的中点，理由见解析
(2)存在，使三棱锥体积为
【分析】
（1）连接，交于点，连结，根据线面平行的性质定理，证出，再结合是的中点，判断出点是的中点，可得答案；（2）若三棱锥体积为，则可推出三棱锥的体积为，进而利用棱锥的体积公式与底面，列式算出实数的值，即可得到答案.
【详解】（1）点是的中点，理由如下：
连接，交于点，连结，
底面是正方形，、相交于点，
是的中点，
平面，含于平面，平面平面，
， 中，是的中点，
是的中点.
（2）为中点，
.
若，则
底面，，

，解得.
存在，使三棱锥体积为.
20．(1)
(2)答案见解析
【分析】
（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义即可求得答案；
（2）由，求得，分类讨论与的位置关系，结合函数的单调性，以及零点存在定理，即可判断出函数的零点个数.
【详解】（1）由题意得定义域为，
，
因为在点处与x轴相切，且．
所以，解得．经检验符合题意．
（2）由（1）知，令，得，
当时，，当时，，
（i）当时，，，函数在区间上单调递增．
所以，所以函数在区间上无零点；
（ii）当时，若，则，若，则．
函数在区间上单调递减，在区间上单调递增．
且，则，而．
当，即时，函数在区间上有一个零点；
当时，即当时，函数在区间上无零点；
（iii）当时，，，函数在区间上单调递减．
所以，所以函数在区间上无零点．
综上：当或时，函数在区间上无零点；
当时，函数在区间上有一个零点．
【点睛】
方法点睛：求解函数在区间上的零点个数时，利用导数可求得函数的极值点，因此要分类讨论极值点与所给区间的位置关系，再结合函数的单调性，即可求解得结论.
21．(1)
(2)
(3)是定值，定值为4
【分析】
（1）由离心率和长轴，求出和，再由求得，即可求出椭圆标准方程；
（2）设直线的方程为：，直线与椭圆交于两点，，直线方程与椭圆方程联立，分别表示出和，由列出方程，即可求出斜率值；
（3）由弦长公式表示出，再由是椭圆经过原点的弦，且，表示出，即可得出答案．
【详解】（1）解：由离心率，长轴为4，得， ，
所以，
故椭圆C的标准方程为：．
（2）由（1）得椭圆的右焦点的坐标为，
设直线的方程为：，直线与椭圆交于两点，，
由得，，
则，，
所以，
因为，
所以，即，
解得，
故直线的斜率为．
（3）是定值，理由如下，
由（2）得：直线的方程为：，直线与椭圆交于两点，，
，，
则

，
由是椭圆经过原点的弦，设，，直线的斜率为，
则，
由得，，且，
得，
所以，为定值．
22．(1)；
(2).
【分析】（1）消去参数得到的直角坐标方程，进而利用，得到极坐标方程；
（2）将代入的极坐标方程中，得到，利用点到直线距离公式求出三角形的高，得到三角形面积.
【详解】（1）因为圆的参数方程为（为参数），
则其直角坐标方程为，
即.
因为，，
故的极坐标方程为，即.
（2）因为的极坐标方程为，代入的极坐标方程中，
得，即，
曲线：，化为直角坐标方程为，
圆心到直线：的距离，
则的高为2，
则的面积为.
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先去掉绝对值，变为分段函数，再求解不等式的解集；
（2）利用第一问的分段函数得到函数图象，求出函数的最小值，也就是的值，再用柯西不等式进行证明．
【详解】（1）解：由已知得：，
又，所以或或，
解得或或
综上，不等式的解集为；
（2）解：由（1）可知，所以的函数图象如下所示：
所以当时取值最小值，所以，
即，又、，
由柯西不等式：，
所以，当且仅当时取等号．