2024年高考数学一模模拟卷5

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．已知全集，集合，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解不等式得集合，求值域得集合，然后由集合的运算法则计算．
【详解】因为，，
或，
所以
故选：D．
2．已知复数z满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据复数的运算法则和模的定义即可求出复数z，再根据共轭复数定义即可得结果.
【详解】由，得，
所以，
故选：A.
3．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据奇偶性和赋值即可判断选项.
【详解】由，
可知是奇函数，且定义域为，排除BD；
当时，，排除A.
故选：C
4．已知是公差为（）的无穷等差数列的前项和，设甲：数列是递增数列，乙：对任意，均有，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【分析】利用定义法直接判断
【详解】充分性：因为数列是递增数列，取数列为：，，，符合数列为无穷等差数列，
且是递增数列，但，故充分性不满足；
必要性：因为对于任意的，均有，所以得，又因为数列为无穷等差数列，
所以公差大于零，所以可得数列为递增数列，故必要性满足.
综上所述：甲是乙的必要不充分条件，故B项正确.
故选：B.
5．己知函数在上有个零点，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据三角恒等变换可得，可得函数零点，进而可得的最值.
【详解】由，
令，解得，，或，或，，
又，
所以函数的零点从小到大依次为，，，，，，
又函数在上有个零点，
所以，
即的最大值为，
故选：A.
6．已知为坐标原点，分别是椭圆的左顶点､上顶点和右焦点点在椭圆上，且，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】表示出坐标，由，可得，求解即可.
【详解】令中，则，
所以．
因为，所以，则，
即，
所以．
故选：D.

7．已知，是方程的两个实数根，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可求出和的值，将中与表示为， ，然后利用两角和差的正余弦公式展开后，化为齐次式求值即可.
【详解】因为，是方程的两个实数根，
所以，，
因为
.
故选：D
8．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意构造函数，利用导数研究其单调性，代入数值，可得答案.
【详解】设函数，
因为上，上，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，所以，当且仅当时，等号成立．
令，则．
设函数，
因为上，上，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，所以，即，所以．
综上可得：．
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．已知一组样本数据，其中为正实数.满足，下列说法正确的是（ ）
A．样本数据的第50百分位数为
B．去掉样本的一个数据，样本数据的极差可能不变
C．若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在左边“拖尾”，则样本数据的平均数小于中位数
D．样本数据的方差，则这组样本数据的总和等于80
【答案】BCD
【分析】A应用百分位数的求法判断；B去掉数据为，结合极差定义判断；C根据“拖尾”图分析即可；D应用方差公式分析判断.
【详解】A：，故第50百分位数为，错；
B：若去掉的数据为，则数据的极差不变，对；
C：数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如下图，
由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，
同理，向“左拖”时最高峰偏右，那么平均数小于中位数，对；
D：由，则，
所以，故这组样本数据的总和等于，对.
故选：BCD
10．如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．圆的圆心都在直线上
B．圆的方程为
C．若圆与轴有交点，则
D．设直线与圆在第二象限的交点为，则
【答案】ABD
【分析】求出连心线所在直线方程判断A；求出圆的方程判断B；求出圆的圆心到y轴的距离，结合直线与圆相交判断C；求出点的纵坐标判断D.
【详解】圆的圆心，直线的方程为，即，
由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，A正确；
显然，设点，则，而，
解得，因此圆的圆心，半径为，
圆的方程为，则圆的方程为，B正确；
圆的圆心到y轴距离为，若圆与轴有交点，则，
解得，而，因此，C错误；
在中，令，得点的纵坐标为，因此，D正确．
故选：ABD
11．已知函数的定义域为是奇函数，分别是函数的导函数，在上单调递减，则（ ）
A．B．
C．的图象关于直线对称D．
【答案】ACD
【分析】根据的奇函数性质，得出解析式并求导即得A项正确,结合解析式，求导后比较两式即得B项错误，
运用函数的轴对称特征式计算即得C项正确，构造函数，利用函数的单调性和对称性即得D项正确.
【详解】对于A选项，因是奇函数，故有则，故A项正确；
对于B选项，因故，从而
，而，则，故B项错误；
对于C选项，因，故的图象关于直线对称，故C项正确；
对于D选项，因的图象关于直线对称，故
设则又设
则有从而在上递增，则即在上递增，，
故有恒成立，则，
又因在上单调递减，则在上单调递增，又，
故即：故D项正确.
故选：ACD.
12．已知函数的部分图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则下列四个结论正确的有（ ）
A．
B．
C．图2中，
D．图2中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于
【答案】AC
【分析】在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的值，即可判断A；结合的取值范围求出的值，可判断B；利用空间向量数量积的坐标运算可判断C；求出，结合扇形的面积公式可判断D.
【详解】函数的最小正周期为，
在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设点，则点、，
，因为，解得，故A正确；
所以，，则，可得，
又因为函数在附近单调递减，且，所以，，故B错误；
因为，可得，
又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得，
所以，，
因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，，可得，
翻折后，则有、、、，
所以，，，
所以，在图2中，，故C正确；
在图2中，设点，，
可得，
，，，
易知为锐角，则，
所以，区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部，
故区域的面积，故D错误.
故选：AC
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若将5名志愿者安排到三个学校进行志愿服务，每人只去一个学校，每个学校至少去一人，则不同的分配方案共有 种．（用数字作答）
【答案】150
【分析】分三个学校可分得的志愿者人数分别为或两种情况，求出对应的方案数，相加即可.
【详解】由题意得，三个学校可分得的志愿者人数分别为或，
当三个学校可分得的志愿者人数分别为时，分配方案有种，
当三个学校可分得的志愿者人数分别为时，分配方案有种，
综上，不同的分配方案有种.
故答案为：150
14．等差数列中的是函数的极值点，则 .
【答案】/
【分析】先由题意求出，再利用等差中项求出，最后利用对数的运算法则即可求解.
【详解】函数的定义域为，
，
因为是函数的极值点，
所以是方程的两根，
所以，
因为是等差数列，
所以，
所以.
故答案为：.
15．在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，平面，若P，A，B，C四点都在表面积为的球的球面上，则三棱锥的体积为 ．
【答案】/
【分析】由题意确定三棱锥外接球球心位置，根据外接球表面积求得外接球半径，即可求得PA的长，利用三棱锥体积公式即可求得答案.
【详解】设为正的中心，M为的中点，
过点作平面的垂线l，由于平面，故，
在确定的平面内作，垂足为O，则四边形为矩形，
连接，则，
故，则O即为三棱锥外接球的球心，
因为P，A，B，C四点都在表面积为的球的球面上，
设外接球半径为R，故，
是边长为2的等边三角形，故,
故，
所以三棱锥的体积，
故答案为：
16．如图，在中，，，CD与BE交于点P，，，，则的值为 ；过点P的直线l交AB，AC于点M，N，设，（，），则的最小值为 .
【答案】 2
【分析】选取向量为基底，把用基底表示出来，再求出数量积即可；用表示出，再利用共线向量的推论结合基本不等式求出最小值．
【详解】在中，，，设，
则，
由三点共线，得，解得，因此，
因为，，，于是
，解得；
因为，，，则有，
而三点共线，因此，则
，当且仅当，即取等号，
所以当时，取得最小值.
故答案为：；
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．（10分）在中，内角，，所对的边分别为，，，满足.
(1)求角的大小；
(2)若，边上的中线的长为，求的面积.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）由正弦边角关系及三角恒等变换可得，结合三角形内角性质即可求的大小；
（2）由余弦定理可得，根据，结合数量积的运算律有，联立所得方程求得，最后应用三角形面积公式求面积.
【详解】（1）由已知及正弦定理得，
则，
在中，故，又，故.
（2）由，得，
由题意，则，
即，解得，
故的面积为.

18．（12分）在数列中，．
(1)证明：数列为常数列．
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）化简得，即可证明；
（2）应用错位相减法即可求解.
【详解】（1）令，得，则．
因为①，所以②．
①-②得，即．
因为，所以数列为常数列．
（2）由（1）可得，所以是公差为1的等差数列，
所以．
因为，所以③，
④．
③-④得
，
所以．
19．（12分）某单位组织“乡村振兴”知识竞赛，有甲、乙两类问题.每位参加比赛的选手先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误，则该选手比赛结束；若回答正确，则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该选手比赛结束.甲类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分；乙类问题中的每个问题回答正确得50分，否则得0分.已知选手张某能正确回答甲类问题的概率为0.9，能正确回答乙类问题的概率为0.7，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
(1)若选甲、乙两类问题是等可能的，求张某至少答对一道问题的概率；
(2)如果答题顺序由张某选择，以累计得分多为决策依据，说明张某应选择先回答哪类问题.
【答案】(1)
(2)应选择先回答甲类问题
【分析】（1）根据全概率公式，先求得张某一题都没答对的概率，从而求得张某至少答对一道问题的概率.
（2）根据张某先回答甲类或乙类问题进行分类讨论，计算出两者累计得分的期望值，从而作出决策.
【详解】（1）设 “张某选择甲类问题”， “张某答对所选问题”，
“张某至少答对一道问题”，
“张某选择乙类问题”，“张某未答对所选问题”
“张某一道问题都没答对”
由题意得，，
，，，，
由全概率公式，得
∴.
（2）根据条件可知：若张某先回答甲类问题，
则张某的累计得分X的可能值为0，30，80，
∵张某能正确回答甲类问题的概率为0.9，能正确回答乙类问题的概率为0.7，
∴；；，
则的分布列为
当张某先回答甲类问题时，累计得分的期望为：
，
若张某先回答乙类问题，则张某的累计得分的可能值为，
同理可求；；，
则此时累计得分的期望为，
因为.
所以，以累计得分多为决策依据，张某应选择先回答甲类问题．
20．（12分）已知抛物线的焦点为，且经过点.
(1)求抛物线C方程及其准线方程；
(2)过作斜率不为0的直线交抛物线于两点，直线分别交于两点，求证：以为直径的圆经过轴上的两个定点.
【答案】(1)，准线方程为
(2)证明见解析
【分析】（1）直接将点代入求得参数即可得解.
（2）设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理有，将两点的坐标也用含的式子表示，再利用即可得解.
【详解】（1）因为点在上，
所以，解得，
所以的方程为，准线方程为.
（2）易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立，得，
设点，则.
直线的方程为，令，
得，所以，同理得，
设以线段为直径的圆与轴的交点为，
则，
因为，则，
即，
所以，解得或.
故以线段为直径的圆经过轴上的两个定点和.
21．（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，为的中点.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）记的中点为，若在线段上，且直线与平面所成的角的正弦值为，求线段的长.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）或.
【分析】（Ⅰ）连接，由勾股定理证得，由等腰三角形得性质证得，再结合线面垂直得判定定理即可得证；
（Ⅱ）建立如图所示得空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，再由空间向量的夹角公式求出余弦值，进而根据同角的平方关系即可求出结果；
（Ⅲ）设，求出结合（Ⅱ）中平面的法向量，进而由列出方程，解之即可.
【详解】
（Ⅰ）连接，则，因为，所以四边形为平行四边形；所以，因为且为的中点，所以，所以，所以，即，又因为，所以平面；
（Ⅱ）以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则,
所以,
设平面的法向量为，则，即，取，设平面的法向量为，则，即，取，
所以，
所以二面角的正弦值为；
（Ⅲ）设，则，而，所以，由（Ⅱ）知平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，则，
化简得，解得：或，故线段的长度为或.
22．（12分）已知函数.
(1)求曲线在处切线的斜率；
(2)当时，比较与x的大小；
(3)若函数，且（），证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求得，得到，即可求得曲线在处切线的斜率；
（2）设函数，求得，利用导数求得函数的单调性，结合，即可求解；
（3）设函数，当时，得到恒成立，进而转化为证明，结合分析法，要证，设，利用导数求得在上单调递增，结合，得到，即可得证.
【详解】（1）解：因为函数，可得，
则，所以曲线在处切线的斜率为.
（2）解：设函数，
可得，
当时，，则在上单调递增，
所以，从而，所以.
（3）证明：设函数，
当时，，，则恒成立，
则由，得，
又，所以，
因为，可得，
令，可得，
所以单调递增，即在单调递增，所以，
所以在上单调递增，
又由，所以，同理得，
要证，只需证，即证，
因为，所以，
设函数，则，所以在上单调递增，
因为，所以，所以，所以，
所以，从而得证.0
30
80
0.1
0.27
0.63