青海省海南藏族自治州2024屆高考二模數(shù)學試卷（理）（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1青海省海南藏族自治州2024屆高考二模數(shù)學試卷（理）第I卷一、選擇題1.設(shè)集合，且，則集合可以為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗對于A，，此時，不合題意；對于B，，符合題意；對于C，，不合題意；對于D，，不合題意.故選：B2.從6人中選3人參加演講比賽，則不同的選擇共有（）A.15種 B.18種 C.20種 D.120種〖答案〗C〖解析〗從6人中選3人參加演講比賽，則不同的選擇共有種.故選：C3.函數(shù)的定義域為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗∵函數(shù)，∴，解得．故選：D．4.在菱形中，，則向量與的夾角為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如圖所示，在菱形中，，所以向量與的夾角等于向量與的夾角，所以向量與的夾角為.故選：C.5.設(shè)滿足約束條件則的最大值是（）A. B.0 C.2 D.4〖答案〗D〖解析〗由題意x，y滿足平面區(qū)域如圖：聯(lián)立，解得，所以當直線經(jīng)過時，z取到最大值為.故選：D6.已知0.9973.某體育器材廠生產(chǎn)一批籃球，單個籃球的質(zhì)量（單位：克）服從正態(tài)分布，從這一批籃球中隨機抽檢300個，則被抽檢的籃球的質(zhì)量不小于596克的個數(shù)約為（）A.286 B.293 C.252 D.246〖答案〗B〖解析〗由題意得，，，所以被抽檢的籃球的質(zhì)量不小于596克的個數(shù)約為293.故選：B.7.已知曲線，圓，若A，B分別是M，N上的動點，則的最小值是（）A.2 B. C.3 D.〖答案〗C〖解析〗根據(jù)題意，曲線，則曲線M上的點到點和距離之和為，根據(jù)橢圓定義知曲線M的是以和為焦點的橢圓，其中，則，所以曲線M的的方程為，設(shè)點滿足且，可得，圓的圓心為，半徑為1，則，又函數(shù)在單調(diào)遞減，所以，所以的最小值是.故選：C8.某地博物館所展示的甲骨文十二生肖圖如圖所示，其中，馬?牛?羊?雞?狗?豬為六畜，若從圖中每行任意選取1個生肖，則所選的3個生肖中至少有1個屬于六畜的概率為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗若第三行選擇猴，則前兩行至少要選1個六畜中的生肖，則有種選法；若第三行不選擇猴，則有種選法，故所求概率為.故選：C.9.已知函數(shù)，且.若的最小值為，則的單調(diào)遞增區(qū)間為（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗函數(shù)，且，的最小值為，則，所以，故，所以，所以，令得，故的單調(diào)遞增區(qū)間為.故選：A10.在四面體中,平面平面,是直角三角形，，則二面角的正切值為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗設(shè)的中點分別為，連接，則，因為，所以，又因為平面平面，平面，平面平面，所以平面，而平面，則，因為是直角三角形，，所以，所以，且，因為，且平面，所以平面，又因為平面，則，所以為二面角的平面角，且.故選：A.11.已知拋物線的焦點為，直線與交于A，B兩點，直線與交于C，D兩點，若A，B，C，D四點構(gòu)成的梯形的面積為18，則（）A.14 B.12 C.16 D.18〖答案〗A〖解析〗將代入，得，將代入，得，所以，因為A，B，C，D四點構(gòu)成的梯形的面積為18，所以，解得，故由拋物線定義知.故選：A12.設(shè)函數(shù)的定義域為為奇函數(shù)，為偶函數(shù)，若1，則（）A.1 B. C.0 D.〖答案〗D〖解析〗因為為奇函數(shù)，所以，所以的圖象關(guān)于點中心對稱，則.因為為偶函數(shù)，所以，所以圖象關(guān)于直線軸對稱.由，得，所以，則，則的周期為4，，則.故選：D第II卷二、填空題13.在復數(shù)范圍內(nèi)，方程的解集為__________.〖答案〗〖解析〗由，得，得或，則或.故〖答案〗為：.14.若一組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為16，方差為64，則另一組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為__________，方差為__________.〖答案〗〖解析〗因為數(shù)據(jù)的中位數(shù)為16，方差為64，所以數(shù)據(jù)的中位數(shù)為4，方差為，所以數(shù)據(jù)的中位數(shù)為，方差為4.故〖答案〗為：3；4.15.已知直四棱柱的側(cè)棱長為3，底面ABCD是邊長為2的菱形，為棱上的一點，且，若以為球心的球經(jīng)過點，則該球與直四棱柱的公共部分的體積為______.〖答案〗〖解析〗由題意知，底面ABCD是邊長為2的菱形，且，因為以為球心球經(jīng)過點，所以球的半徑為1，又，所以，所以該球與直四棱柱的公共部分的體積為.故〖答案〗為：.16.已知是內(nèi)一點，，則______.〖答案〗〖解析〗在中，，設(shè)，由余弦定理可得，可得，在中，，所以，由正弦定理得，即，可得，在中，由余弦定理得，可得，所以，可得，因此．故〖答案〗為：.三、解答題（一）必考題17.某青少年跳水隊共有100人，在強化訓練前、后，教練組對他們進行了成績測試，分別得到如圖1所示的強化訓練前的頻率分布直方圖，如圖2所示的強化訓練后的頻率分布直方圖.（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，估計強化訓練后的平均成績（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表）.（2）我們規(guī)定得分80分以上（含80分）的為“優(yōu)秀”，低于80分的為“非優(yōu)秀”.

優(yōu)秀人數(shù)非優(yōu)秀人數(shù)合計強化訓練前

強化訓練后

合計

將上面的表格補充完整，并回答能否有的把握認為跳水運動員是否優(yōu)秀與強化訓練有關(guān).附:.0.050.0100.0050.0013.8416.6357.87910.828解：（1）強化訓練后的平均成績約為（2）根據(jù)圖1可知，強化訓練前的優(yōu)秀人數(shù)為，此時非優(yōu)秀人數(shù)為，根據(jù)圖2可知，強化訓練后的優(yōu)秀人數(shù)為，此時非優(yōu)秀人數(shù)為，補充完整的表格為

優(yōu)秀人數(shù)非優(yōu)秀人數(shù)合計強化訓練前4060100強化訓練后6040100合計100100200則，所以有的把握認為跳水運動員是否優(yōu)秀與強化訓練有關(guān).18.如圖，在三棱錐中，平面平．（1）證明：．（2）若為的中點，求直線與平面所成角的正弦值．（1）證明：取的中點，連接，因為，所以，又，面，所以平面，因為平面，所以；（2）解：因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又，所以以為坐標原點，方向為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，所以，，則，則，設(shè)平面的法向量為，則，即，令得．所以，所以直線與平面所成角的正弦值為.19.已知數(shù)列的各項均為正數(shù)，其前項和為是等比數(shù)列，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設(shè)，求數(shù)列的前項和.解：（1）由是等比數(shù)列，設(shè)公比為，則由得，所以，所以，所以，故由得，所以，所以，所以；（2）由（1）可得，當時，.當時，.經(jīng)檢驗不適合，所以，所以，則數(shù)列的前項和，，兩式相減可得，所以.20.設(shè)函數(shù)的導函數(shù)為的導函數(shù)為的導函數(shù)為.若，且，則為曲線的拐點.（1）判斷曲線是否有拐點，并說明理由；（2）已知函數(shù)，若為曲線的一個拐點，求的單調(diào)區(qū)間與極值.（1）解：由函數(shù)，可得，由，得，又由，得，所以曲線沒有拐點.（2）解：由函數(shù)，可得，因為為曲線的一個拐點，所以，所以，解得，經(jīng)檢驗，當時，，所以.當或時，，則的單調(diào)遞增區(qū)間為；當時，，且不恒成立，則的單調(diào)遞減區(qū)間為，故當時，取得極大值，且極大值為；當時，取得極小值，且極小值為.21.已知雙曲線的虛軸長為，點在上.設(shè)直線與交于A，B兩點（異于點P），直線AP與BP的斜率之積為.（1）求的方程；（2）證明：直線的斜率存在，且直線過定點.（1）解：因為虛軸長為，所以，將的坐標代入方程，得，解得，故的方程為.（2）證明：設(shè)，直線AP的斜率為，直線BP的斜率為．當直線斜率不存在時，設(shè)，聯(lián)立得，即，由，得，解得（舍去）或（舍去），所以直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，代入的方程得，則，由，可得，即，化簡得，即，所以或，當時，直線的方程為，直線過點，與條件矛盾，舍去；當時，直線的方程為，直線過定點（二）選考題[選修坐標系與參數(shù)方程]22.在直角坐標系中，曲線的方程為，曲線的方程為，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸，建立極坐標系.（1）求曲線的極坐標方程；（2）若射線與曲線交于點（異于極點），與曲線交于點，且，求.解：（1）因為曲線：即，所以由得曲線的極坐標方程為：，曲線的方程為，所以由得曲線的極坐標方程為：，整理得.（2）射線與曲線交于點A，故，故，射線與曲線交于點，故，故