【冲刺高考】2024年高三数学模拟交流考试卷（含答案）

2023-2024学年度高中数学模拟考试卷
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题：共12小题，每小题5分，共60分。
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．
A． B． C． D．
3．已知双曲线与双曲线有共同的渐近线，则（ ）
A． B．2 C． D．4
4．已知正项等比数列的前n项和为，若，且与的等差中项为，则（ ）
A．29 B．31 C．33 D．36
5．已知正方形的边长为，点满足，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
（ ）“”的一个必要不充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，四棱锥是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，为的中点，则下列结论错误的是（ ）

A．点共面 B．平面平面
C． D．平面
8．（理）的展开式中常数项为（ ）
A．24 B．25 C．48 D．49
（文）甲、乙、丙等6人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法有（ ）
A．128种 B．96种 C．72种 D．48种
9．设函数（，）的最小正周期为，其图象关于直线对称，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象过点
B．在上单调递减
C．的一个对称中心是
D．将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象
10．已知两点，，动点在线段AB上运动，则xy的最大值为（ ）
A． B． C．3 D．4
11．（理）在区间内随机取一个数b，则函数在区间上单调递减的概率为（ ）
A． B． C． D．
（文）假定弦的中点在圆内均匀分布，在一个圆周上任取两点，则使得弦长大于半径的概率为（ ）．
A． B． C． D．
12．已知函数及其导函数定义域均为，满足，且为奇函数，记，其导函数为，则（ ）
A．0 B．1 C． D．2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若正整数x，y满足，则的最小值为 .
14．向量在向量上的投影向量为 ．
15．斜率为k的直线l与抛物线相交于A，B两点，与圆相切于点M，且M为线段AB的中点，则 .
16．已知函数，若函数恰好有两个零点，则实数等于 ．
三、解答题:共70分。
17．（理）已知的内角所对的边分别是，．
(1)求角；
(2)若外接圆的周长为，求周长的取值范围．
（文）已知正方体被平面截后所得的几何体如图所示，点E，F分别是棱的中点，且为的重心．
(1)证明:点在平面内；
(2)证明:.
18．近年来，随着国家对新能源汽车产业的支持，很多国产新能源汽车迅速崛起，其因颜值高、动力充沛、提速快、空间大、用车成本低等特点得到民众的追捧，但是充电难成为影响新能源汽车销量的主要原因，国家为了加快新能源汽车的普及程度，在全国范围内逐步增建充电桩．某地区2019－2023年的充电桩数量及新能源汽车的年销量如表所示：
年份 2019 2020 2021 2022 2023
充电桩数量x/万台 1 3 5 7 9
新能源汽车年销量y/万辆 25 37 48 58 72
(1)已知可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明（结果精确到0.001）；
(2)求y关于x的线性回归方程，预测当该地区充电桩数量为24万台时，新能源汽车的年销量是多少万辆？
参考公式：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
参考数据：，，，．
19．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面，已知，，
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
20．在平面直角坐标系中，，直线，动点在直线上，过点作直线的垂线，与线段的中垂线交于点.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)经过曲线上一点作一条倾斜角为的直线，与曲线交于两个不同的点Q，R，求的取值范围.
21．已知函数．
(1)求函数的最小值；
(2)若方程有两个不同的解，求实数a的取值范围．
四、选考题
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求的极坐标方程和的直角坐标方程；
(2)若与交于两点，且，求的值．
23．已知函数的最小值为3，其中．
(1)求不等式的解集；
(2)若关于的方程有实数根，求实数的取值范围．
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参考答案：
1．B
【分析】根据并集和补集的定义求解即可.
【详解】，，
，．
故选：B．
2．B
【分析】根据对数函数的单调性，求得不等式对应的解集，再根据选项进行选择.
【详解】等价于，即，
因为可以推出，而不能推出，所以是的必要不充分条件，其它选项均不满足；
所以“”的一个必要不充分条件是．
故选：B．
3．C
【分析】分别求出两双曲线的渐近线方程，由题意列式计算即可.
【详解】双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为，
所以，所以.
故选：C
4．B
【分析】设公比为，将两个条件中的量分别用表示，解方程组即得的值，代入等比数列的前n项和公式计算即得.
【详解】不妨设等比数列的公比为，由可得：，因，则①
又由与的等差中项为可得：，即②
将①代入②，可得：，回代入①，解得：，于是
故选：B.
5．C
【分析】建立平面直角坐标系并写出各点坐标，根据题意求相应向量的坐标，再根据数量积的坐标运算进行求解即可.
【详解】建立坐标系如图，正方形的边长为2，
则，，，可得，
点满足，所以．
故选：C.
6．B
【分析】根据复数的四则运算即可求解.
【详解】，
故选：B．
7．D
【分析】取中点，连接，，，，利用线面垂直的判断定理证明平面，平面，得到四点共面，再利用平行四边形的性质判断A，利用面面平行的判定定理判断B，利用线面垂直的性质定理判断C，假设平面，由线面垂直的性质可知，进而得到四边形是菱形，与已知矛盾判断D.
【详解】选项A：如图，取中点，连接，，，，
因为是正四棱锥，是正四面体，为的中点，
所以，，，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
所以四点共面，
由题意知，，所以四边形是平行四边形，
所以，因为，所以，所以四点共面，故A说法正确；
选项B：由选项A知，又平面，平面，所以平面，
因为，且平面，平面，所以平面，
又平面，平面，且，所以平面平面，故B说法正确；
C选项：由选项A可得平面，又平面，所以，故C说法正确；
D选项：假设平面，因为平面，则，
由选项A知四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，
与，矛盾，故D说法错误;
故选：D
8．（理）D
【分析】利用二项式定理连续展开两次，然后令，从而满足题意的数组可以是：，将这些数组回代入通项公式即可运算求解.
【详解】的展开式通项为
，
令，得满足题意的数组可以是：，
规定，
故所求为.
故选：D.
（文）B
【分析】分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据中间四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果.
【详解】因为乙和丙之间恰有2人，所以乙丙及中间人占据首四位或中间四位或尾四位，
当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩最后2位，甲不在两端，
第一步先排末位有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种，
由分步乘法计数原理可得有种；
当乙丙及中间人占据中间四位，此时两端还剩2位，甲不在两端，
第一步先排两端有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种，
由分步乘法计数原理可得有种；
乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩前2位，甲不在两端，
第一步先排首位有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种，
由分步乘法计数原理可得有种；
由分类加法计数原理可知，一共有种排法.
故选：B.
9．D
【分析】由周期求出，再由对称轴求出，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】函数的最小正周期是，
所以，则，
图象关于直线对称，
所以，解得，
因为，所以当时，，则，
当时， ，故A错误；
由，所以，
因为在上不单调，所以在上不单调，故B错误；
因为，
所以不是的一个对称中心，故C错误；
因为，将的图象向左平移个单位长度得到：
，所以能得到的图象，故D正确.
故选：D.
10．C
【分析】先写出直线AB的方程；再利用基本不等式即可求解.
【详解】由，可得：，
则直线AB的方程为：，即.
又因为动点在线段AB上运动，
所以，
则，当且仅当，即，时等号成立，
所以.最大值为3.
故选：C.
11．（理）D
【分析】依题意根据复合函数的单调性可得在区间上单调递减，且在区间上恒成立，即可得到，从而求出的取值范围，再根据几何概型的概率公式计算可得.
【详解】若在区间上单调递减，
又函数在定义域上是增函数，
所以在区间上单调递减，且在区间上恒成立，
所以，解得，故所求的概率.
故选：D.
（文）B
【分析】先计算出当等于半径时，圆心到弦的距离，根据题意结合几何概型概率公式进行计算即可.
【详解】设圆的半径为，如图所示当时，
为等边三角形，过作，易得，
故弦的中点离圆心的距离不大于时才符合条件，
符合条件的点在以为圆心，为半径的圆内，
由几何概型概率计算公式，所求概率为，
故选:B.
12．D
【分析】根据函数满足的关系式求导可得关于对称，且关于对称，利用对称轴和对称中心可得的周期为6，可求得结果.
【详解】因为，两边同时求导可得：，
又，即，可得关于对称，
对两边同时求导可得，则关于对称；
又为奇函数，则，求导可得，
所以关于对称，同时，则关于对称，
由关于对称得，，
由关于对称得，，
故，可得，
所以，故的周期为6；
同理的周期也为6，
因此，
由可知，令可得；
由关于对称，可得；
所以
故选：D.
【点睛】方法点睛：在求解抽象函数的函数值时，若自变量较大可考虑是周期函数.再根据函数满足的表达式经常利用函数的对称性、奇偶性、周期性的综合变换实现问题求解.
13．
【分析】根据，展开后结合基本不等式求解即可.
【详解】由题意，
，当且仅当，即，
，时取等号.
故答案为：
14．
【分析】由投影向量的坐标计算公式代入即可求解.
【详解】向量在向量上的投影向量为.
故答案为：.
15．
【分析】设出坐标，根据在抛物线上，坐标满足方程，两式相减可得，继而利用,两直线斜率相乘等于1建立方程解出即可.
【详解】设，
则又
两式相减得，
则.
设圆心为，则，
因为直线l与圆相切，所以，
解得，代入得
,
故答案为：.
16．
【分析】首先判断是否为函数的零点，从而得到方程有两个根，令，问题转化为函数与函数的图象有两个交点，利用导数说明在上的单调性，即可得到的图象，再数形结合即可得解.
【详解】因为，则，
对于函数，所以，显然不是函数的零点，
当时函数恰好有两个零点，
所以方程有两个根，
令，
则函数与函数的图象有两个交点，
当时，，则，
所以当时，，函数在上为增函数，
当时，，函数在上为减函数，又，
当时，，函数在上为减函数，
由此可得函数的图象如下：
当即时，函数与函数的图象恰有两个交点，
所以.
故答案为：.
17．（理）(1).
(2).
【分析】（1）先利用绝对值三角不等式求最值，再根据的最小值为3求得的值，最后利用零点分段法解不等式即可；
（2）先作出的图象，再转化问题，将方程有实数根转化为两函数图象有公共点，利用数形结合思想进行求解，最后利用数形结合思想进行求解.
【详解】（1）由，
当且仅当时取等号；
因为的最小值为，所以，又，所以．
所以即，
即或或，
解得，故不等式的解集为．
（2）由，
作出函数的图象及直线，如图所示，其中．

因为方程有实数根，
所以的图象与直线有公共点．
因为过定点，所以当直线经过点时，斜率，
即时，直线与的图像有公共点，也就是方程有实数根；
由图像知，直线的斜率小于直线的斜率时，得，
此时直线与的图像也有公共点，也就是方程有实数根.
即实数的取值范围是．
（文）【分析】（1）借助两平行线共面证明即可得；
（2）借助线面垂直的判定定理与性质定理计算即可得.
【详解】（1）连接点与中点，连接，
由为中点，四边形为正方形，故，
由为中点，结合正方体的性质可得，
故，故、、、四点共面，
故点在平面内；
（2）连接点与中点，由，，故，
故，且点在线段上，
由点E，F分别是棱的中点，
结合正方体的性质可得，又，
故，又，故，
又、平面，，
故平面，又平面，
故.
18．(1)，
(2)
【分析】（1）把曲线的参数消去，再将，代入普通方程即可；把曲线两边同时乘以再平方可得；
（2）设点，对应的参数分别为，，写出的参数方程，与曲线的一般方程联立，得到，再根据参数的几何意义求出结果即可.
【详解】（1）把曲线的参数方程（为参数）中的参数消去，
得曲线的普通方程为，
将，代入得，
故曲线的极坐标方程为．
因为曲线的极坐标方程为，即，
所以曲线的直角坐标方程为．
（2）

由（1）知，的直角坐标方程为，
故的参数方程为（为参数），
与联立，得， ，
设点，对应的参数分别为，，则，
因为在直线上，
所以．
19．(1)答案见解析
(2)；157.25万辆
【分析】（1）先求出，，结合题意中的公式计算即可求解；
（2）根据最小二乘法计算，进而求出，写出线性回归方程．将代入方程即可下结论.
【详解】（1）由题知，，
又，，，
所以，
因为y与x的相关系数近似为0.999，非常接近1，
所以y与x的线性相关程度很高，可以用线性回归模型拟合y与x的关系．
（2），，
所以y关于x的线性回归方程为．
当时，，
故当充电桩数量为24万台时，该地区新能源汽车的年销量为157.25万辆．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）解法一：作，垂足为，连结，先证明平面，利用线面垂直的性质证明结论；
解法二：建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，计算，根据空间位置的向量证明方法，即可证明结论；
（2）解法一，利用三棱锥的等体积法，求出设到平面的距离，再根据线面角的定义求得答案；
解法二，确定平面，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）解法一：作，垂足为，连结，由侧面底面，
侧面底面，侧面，得底面，
因为，，所以，
又，则，故为等腰直角三角形，
即，即，而平面，
故平面，平面，得；
解法二：作，垂足为，连结，由侧面底面，
侧面底面，侧面，得平面，
底面，则，
因为，所以，
又，则，为等腰直角三角形，
即，
如图，以为坐标原点，所在直线为轴正方向，建立直角坐标系，
，则，
则，，，，
，，
故，则，所以.
（2）解法一：由（1）知，依题设知，
故，由，，，
得，，
的面积；
连结，得的面积，
设到平面的距离为，由于，
得，即，解得，
设与平面所成角为，则，
解法二：由（1）解法二，知平面的一个法向量为，
，
设直线与平面所成角为，
则.
21．(1)；
(2)．
【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得，利用余弦定理可得，结合范围，可求的值．
（2）法一：由正弦定理可得，由余弦定理，基本不等式可求的范围，进而可求的周长的最大值；法二：利用正弦定理，将周长化为角A的函数求出范围即可.
【详解】（1）由正弦定理可得，即．
由余弦定理得.
又，所以．
（2）方法一：因为△外接圆的周长为，所以△外接圆的直径为．
由正弦定理得，则．
由余弦定理得．
因为，所以，即，
由三角形性质知，
当且仅当时，等号成立．
所以，故△周长的取值范围为．
方法二：因为△外接圆的周长为，所以△外接圆的直径为．
由正弦定理得，则．



∵
∴ ，∴
故△周长的取值范围为．
22．(1)
(2)
【分析】（1）求导，令，得到函数的单调性，即可求出函数的最小值；
（2）将原问题转化为有两个不同的解，构造函数，分和两种情况讨论，利用函数的单调性及零点存在定理求解实数a的取值范围．
【详解】（1）由题意可得，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的最小值为；
（2）有两个不同的解可化为有两个不同的解，
令，
则，
（ⅰ）若，则，由得．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为．
①当时，，即，故没有零点，不满足题意．
②当时，，只有一个零点，不满足题意．
③当时，，即，
当时，，，
又，故，所以，又，
故在上有一个零点．
又，因此在上有一个零点，
所以当时，有两个不同的零点，满足题意．
（ⅱ）若，由得，．
①当时，，
当时，；当时，；当时，．
所以在和上单调递减，在上单调递增．
又，所以至多有一个零点，不满足题意．
②当时，，则，
所以单调递减，至多有一个零点，不满足题意．
③当时，，
当时，；当时，；当时，．
所以在和上单调递减，在上单调递增，又，所以至多有一个零点，不满足题意．
综上，实数a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：与方程的根或函数零点有关的参数范围问题，往往需要对参数分类讨论，并利用导数研究函数的单调性和极值，进而确定参数的取值范围；或通过变形转化为两个函数图象的交点问题．
23．(1)
(2)
【分析】（1）利用线段的中垂线的性质得出，根据抛物线的定义即得方程；
（2）设，则直线的方程为，将直线方程与曲线方程联立，由可得t的取值范围，设的横坐标分别为，结合的倾斜角为，结合弦长公式可将表示为关于t的函数，从而求得其取值范围．
【详解】（1）由图可得，所以点的轨迹是以为焦点的抛物线，
故点的轨迹的方程为；

（2）设，则直线的方程为，代入曲线的方程得，.
化简可得：①，
由于与交于两个不同的点，故关于的方程①的判别式为正，计算得，
，
因此有，②
设Q，R的横坐标分别为，，
由①知，，，
因此，结合的倾斜角为可知，
，③
由②可知，，故，
从而由③得：.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
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