2024届高考数学模拟检测卷（五）

这是一份2024届高考数学模拟检测卷（五），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一 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，只有一项是符合题目要求的.
1．（2024·青岛二中·二模）已知集合，，若，则满足集合的个数为（ ）
A．4B．6C．7D．8
2．（2024·青岛二中·二模）抛物线的焦准距是（ ）
A．B．C．3D．6
3．（2024·青岛二中·二模）展开式的常数项为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·山东聊城·三模）已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．（2024·山东济南·三模）某单位设置了a，b，c三档工资，已知甲、乙、丙三人工资各不相同，且甲的工资比c档高，乙的工资比b档高，丙领取的不是b档工资，则甲、乙、丙领取的工资档次依次为（ ）
A．a，b，cB．b，a，cC．a，c，bD．b，c，a
6．（2024·山东威海·二模）已知向量a，b满足，，且对，，则=（ ）
A．-2B．-1C．1D．2
7．（2024·山东泰安·三模）已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．（2024·山东济南·三模）已知函数的定义域为R，且，则下列结论一定成立的是（ ）
A．B．为偶函数
C．有最小值 D．在上单调递增
二 选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2024·浙江·二模）正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．平面
C．异面直线与所成角为60°
D．平面截正方体所得截面为等腰梯形
10．（2024·山东济南·三模）某同学投篮两次，第一次命中率为．若第一次命中，则第二次命中率为；若第一次未命中，则第二次命中率为．记为第i次命中，X为命中次数，则（ ）
A． B．C．D．
11．（2024·山东·二模）已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点B．直线与圆相交
C．当直线平分圆时， D．当点到直线距离最大值时，
第II卷（非选择题）
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024·浙江·二模）已知复数与在复平面内用向量和表示（其中是虚数单位，为坐标原点），则与夹角为 .
13．（2024·山东济南·三模）数列满足，若，，则数列的前20项的和为 ．
14．（2024·山东济南·三模）在正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为 ．
四 解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
（2018·浙江·高考真题）如图，已知多面体均垂直于平面．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
16．（2024·山东济南·三模）近年来，我国众多新能源汽车制造企业迅速崛起．某企业着力推进技术革新，利润稳步提高．统计该企业2019年至2023年的利润（单位：亿元），得到如图所示的散点图．其中2019年至2023年对应的年份代码依次为1，2，3，4，5．
(1)根据散点图判断，和哪一个适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）
(2)根据（1）中的判断结果，建立y关于x的回归方程；
(3)根据（2）的结果，估计2024年的企业利润．
参考公式及数据；
，，
，，，，
17．（2024·山东济南·一模）已知数列的前n项和为，且，令.
(1)求证：为等比数列；
(2)求使取得最大值时的n的值.
18．（2024·山东聊城·三模）已知函数.
(1)若曲线与有一条斜率为2的公切线，求实数的值；
(2)设函数，讨论的单调性.
19．（2024·山东聊城·三模）已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)点在直线上运动，过点的动直线与曲线相交于点.
（ⅰ）若线段上一点，满足，求证：当的坐标为时，点在定直线上；
（ⅱ）过点作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为，当直线过点时，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．D【分析】根据包含关系，写出所有满足条件的集合A即可得解.
【详解】因为，
所以可以是，共8个，
故选：D
2．A【分析】根据抛物线标准方程求出即可得解.
【详解】化为标准方程为，所以，，
即焦点与准线的距离为，故选：A
3．A【分析】写出二项展开式的通项公式，令的指数为0，得出常数项的项数，即可得常数项．
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得，所以常数项为.
故选：A.
4．A【分析】先利用整体思想结合诱导公式与二倍角余弦公式计算得，然后由及可得，即可求得.
【详解】因为，所以，
所以，
则，即，
由，则，由，得，故，
所以，则，故.故选：A
5．B【分析】从“丙领取的不是b档工资，乙的工资比b档高”作为突破口，由逻辑逐层推理即可.
【详解】由丙领取的不是b档工资，乙的工资比b档高，
可得只有甲领取的是b档工资；
又由甲的工资比c档高和乙的工资比b档高推出乙只能领取档工资；
而从甲、乙、丙三人工资各不相同可推出丙只能领取c档工资；
所以甲、乙、丙领取的工资档次依次为b，a，c.
故选：B.
6．C
【分析】对两边平方，根据二次函数性质即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
因为对，，所以，
所以，所以.故选：C.
7．D【分析】设的公差为，根据题意列出方程组，求得，得到和，进而求得答案.【详解】设的公差为，因为，，
可得 ，解得，所以，
可得，
当时，；当时，，所以当时，取得的最小值.故选：D.
8．C【分析】利用题设结合赋值法可得出，进而结合二次函数性质一一判断各选项，即可得答案.【详解】由于函数的定义域为R，且，
令，则，得，
时，恒成立，无法确定，A不一定成立；
由于不一定成立，故不一定为偶函数，B不确定；
由于的对称轴为与的位置关系不确定，
故在上不一定单调递增，D也不确定，
由于表示开口向上的抛物线，故函数必有最小值，C正确，故选：C
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用赋值法确定函数，进而结合二次函数性质求解.
9．ACD【分析】于A，连接，利用三角形中位线证得，结合线面平行判定定理即可判断A；对于B，取中点，连接，设正方体棱长为，根据线段长度结合勾股定理判断与是否垂直，即判断与是否垂直，从而可判断B；对于C，连接，根据正方体的面对角线性质，即可得异面直线与所成角的大小，从而判断C；对于D，连接，确定截面完整图形为四边形，再计算其四边长度与位置关系，即可判断D.
【详解】对于A，如图，连接，因为，分别为棱和的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，如图，取中点，连接，
在正方体中，，所以四边形为平行四边形，
所以，又分别为，中点，则，故，
设正方体棱长为，则，
故，所以不垂直于，故不垂直于，又平面，所以不垂直平面，故B错误；
对于C，如图，连接，
在正方体中，，即为正三角形，
又因为，分别为棱和的中点，所以，故异面直线与所成角即为，故C正确；
对于D，如图，连接，
在正方体中，，所以四边形为平行四边形，
则，又，所以，所以四点共面，
故平面截正方体所得截面为四边形，
设正方体棱长为，则，
所以，又，故截面为四边形为等腰梯形，故D正确.
故选：ACD.
10．ABD
【分析】利用全概率公式及贝叶斯公式可判定A、D选项，利用期望与方差公式可判定B、C选项.
【详解】对于A，易知，故A正确；
对于D，易知，故D正确；
对于B、C，易知可取，则,
，所以，
，故B正确；C错误；
故选：ABD
11．ACD
【分析】对于A，将直线方程变形即可进一步判断；对于B，举反例即可判断；对于C，将圆心坐标代入直线方程即可验算参数；对于D，当点到直线距离最大值时，有，结合它们的斜率关系即可判断.
【详解】对于A，即，令，有，所以直线恒过定点，故A正确；
对于B，圆的圆心、半径为，
点到直线的距离为，
从而，
取，则此时有，故B错误；
对于C，当直线平分圆时，有点在直线上，
也就是说有成立，解得，故C正确；
对于D，点到直线距离满足，等号成立当且仅当，
而的斜率为，
所以当等号成立时有，解得，故D正确.
故选：ACD.
12．45°（或）
【分析】根据复数的几何意义、向量夹角公式运算得解.
【详解】根据题意，，，
，又，
所以向量与的夹角为.
故答案为：（或）.
13．210
【分析】数列的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.
【详解】数列满足，若，，则，
所以数列的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列
所以数列的前20项的和为
.
故答案为：210.
14．
【分析】作出辅助线，得到平面截该四棱柱所得截面为五边形，求出各边边长，相加得到答案.
【详解】延长相交于点，连接交于点，连接，
因为正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，
所以，，，
因为∽，，故，，
在上取点，连接，则，
同理可知，所以四边形为平行四边形，
故四点共面，
则平面截该四棱柱所得的截面为五边形，
，，
同理，
故截面周长为.

故答案为：
15．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）方法一：通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论；
（Ⅱ）方法一：找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可.
【详解】（Ⅰ）［方法一］：几何法
由得，
所以，即有.
由，得，
由得，
由，得，所以，即有，又，因此平面.
［方法二］：向量法
如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知各点坐标如下：
因此,
由得；由得，
所以平面.
（Ⅱ）［方法一］：定义法
如图，过点作，交直线于点，连结.
由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法二］：向量法
设直线与平面所成的角为.
由(I)可知,
设平面的法向量.
由即，可取，
所以.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法三］：【最优解】定义法+等积法
设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以．故．
［方法四］：定义法+等积法
设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此．
于是得，易得．
由得，解得．
故．
［方法五］：三正弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得，
所以由三正弦定理得．
［方法六］：三余弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量．
结合三余弦定理得．
［方法七］：转化法＋定义法
如图3，延长线段至E，使得．
联结，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作，垂足为G，联结，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此．
［方法八］：定义法＋等积法
如图4，延长交于点E，易知，又，所以，故面．设点到平面的距离为h，由得，解得．
又，设直线与平面所成角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）方法一：通过线面垂直的判定定理证出，是该题的通性通法；
方法二： 通过建系，根据数量积为零，证出；
（Ⅱ）方法一：根据线面角的定义以及几何法求线面角的步骤，“一作二证三计算”解出；
方法二：根据线面角的向量公式求出；
方法三：根据线面角的定义以及计算公式，由等积法求出点面距，即可求出，该法是本题的最优解；
方法四：基本解题思想同方法三，只是求点面距的方式不同；
方法五：直接利用三正弦定理求出；
方法六：直接利用三余弦定理求出；
方法七：通过直线平移，利用等价转化思想和线面角的定义解出；
方法八：通过等价转化以及线面角的定义，计算公式，由等积法求出点面距，即求出．
16．(1)适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型
(2)
(3)估计2024年的企业利润为93.3亿元
【分析】（1）利用散点图的变化趋势，即可得出答案；
（2）利用最小二乘法求出即可得解；
（3）令即可得解.
【详解】（1）由散点图的变化趋势，知适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型；
（2）由题意得：，，
，
，
所以；
（3）令，，
估计2024年的企业利润为99.25亿元．
17．(1)证明见解析
(2)或.
【分析】（1）结合已知，由时化简得，再由及等比数列的定义证明即可；
（2）先求得，利用作商法判断数列的单调性即可求得最值.
【详解】（1）由，可得时，
即，，又因为，所以，，
综上，，，所以为首项和公比均为的等比数列.
（2）由（1）可得，所以，
时，，
令，可得，（或令，可得），
可知，
综上，或时，的取得最大值.
18．(1)
(2)答案见详解
【分析】（1）先利用导数的几何意义求出函数的切线，再与抛物线联立，判别式法求解参数；
（2）求导函数，根据、、分类讨论，即可求出函数的单调区间.
【详解】（1）由得，设公切线与曲线的切点坐标为，
由已知得，解得，
所以公切线方程为，即，
由得，
由已知得，解得.
（2）由已知，则，
当时，，令，得，令得，
这时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，，令，得，令得，
这时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，令得或，，
①当时，，这时在上单调递减；
②当时，，令，得，
令得或，
这时，在和上单调递减，在上单调递增；
③当时，，令，得，
令得或，
这时，在和上单调递减，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在和上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
当时，在和上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
19．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据中垂线的性质可得，由椭圆的定义可知动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，从而求出轨迹方程；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，设，与椭圆联立韦达定理，把线段长度比转化为坐标比，代入韦达定理化简即可得点在定直线上；
（ⅱ）利用坐标表示两个斜率，然后作商，将韦达定理代入即可判断.
【详解】（1）由题意知圆心，半径为4，且，，则，所以点的轨迹为以为焦点的椭圆，
设曲线的方程为，则，解得，
所以，
所以曲线的方程为；

（2）（ⅰ）因为直线的斜率一定存在，设直线的方程为，
因为在上，所以，
由得，
，设，
则，由得，
化简得，则，
化简得，又因为，所以，
所以点在定直线上.
（ⅱ）因为直线过，所以，直线方程为，
从而得，，
由（ⅰ）知，，，
所以
，
所以存在实数，使得.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.