2024届云南省邵通市水富县云天化中学高考实战模拟考试数学试题理试卷

2024届云南省邵通市水富县云天化中学高考实战模拟考试数学试题理试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设函数（，）是上的奇函数，若的图象关于直线对称，且在区间上是单调函数，则（）A． B． C． D．2．若复数为虚数单位在复平面内所对应的点在虚轴上，则实数a为（）A． B．2 C． D．3．已知等比数列的前项和为，且满足，则的值是()A． B． C． D．4．已知实数满足，则的最小值为（）A． B． C． D．5．某四棱锥的三视图如图所示，记S为此棱锥所有棱的长度的集合，则（）A．B．C．D．6．已知双曲线的右焦点为，若双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且点到该渐近线的距离为，则双曲线的实轴的长为A． B．C． D．7．计算等于()A． B． C． D．8．设是定义在实数集上的函数，满足条件是偶函数，且当时，，则，，的大小关系是（）A． B． C． D．9．由曲线y＝x2与曲线y2＝x所围成的平面图形的面积为()A．1 B． C． D．10．如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（）A． B． C． D．11．某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）A． B．1 C． D．12．若2m＞2n＞1，则（）A． B．πm﹣n＞1C．ln（m﹣n）＞0 D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是______.14．已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)=e-x-1-x，则曲线y=f(x)15．若展开式中的常数项为240，则实数的值为________.16．已知双曲线的一条渐近线为,则焦点到这条渐近线的距离为_____．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=4，.（1）求A的余弦值；（2）求△ABC面积的最大值．18．（12分）已知函数．（1）当时，求的单调区间．（2）设直线是曲线的切线，若的斜率存在最小值-2，求的值，并求取得最小斜率时切线的方程．（3）已知分别在，处取得极值，求证：．19．（12分）已知a>0，b>0，a+b=2.（Ⅰ）求的最小值；（Ⅱ）证明：20．（12分）已知函数是自然对数的底数.（1）若，讨论的单调性；（2）若有两个极值点，求的取值范围，并证明:.21．（12分）设函数（其中），且函数在处的切线与直线平行.（1）求的值；（2）若函数，求证：恒成立.22．（10分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）设的最小值为，正数，满足，证明：.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解题分析】

根据函数为上的奇函数可得，由函数的对称轴及单调性即可确定的值，进而确定函数的解析式，即可求得的值.【题目详解】函数（，）是上的奇函数，则，所以.又的图象关于直线对称可得，，即，，由函数的单调区间知，，即，综上，则，.故选：D【题目点拨】本题考查了三角函数的图象与性质的综合应用，由对称轴、奇偶性及单调性确定参数，属于中档题.2、D【解题分析】

利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为求得值．【题目详解】解：在复平面内所对应的点在虚轴上，，即．故选D．【题目点拨】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3、C【解题分析】

利用先求出，然后计算出结果.【题目详解】根据题意，当时，,,故当时，,数列是等比数列,则，故,解得,故选.【题目点拨】本题主要考查了等比数列前项和的表达形式，只要求出数列中的项即可得到结果，较为基础.4、A【解题分析】

所求的分母特征，利用变形构造，再等价变形，利用基本不等式求最值.【题目详解】解：因为满足，则，当且仅当时取等号，故选：．【题目点拨】本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键.(1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形;(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提.5、D【解题分析】

如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件，故，得到答案.【题目详解】如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件.故，，.故，故，.故选：.【题目点拨】本题考查了三视图，元素和集合的关系，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.6、B【解题分析】

双曲线的渐近线方程为，由题可知．设点，则点到直线的距离为，解得，所以，解得，所以双曲线的实轴的长为，故选B．7、A【解题分析】

利用诱导公式、特殊角的三角函数值，结合对数运算，求得所求表达式的值.【题目详解】原式.故选：A【题目点拨】本小题主要考查诱导公式，考查对数运算，属于基础题.8、C【解题分析】∵y=f（x+1）是偶函数，∴f（-x+1）=f（x+1），即函数f（x）关于x=1对称．

∵当x≥1时，为减函数，∵f（log32）=f（2-log32）=f（）且==log34，log34＜＜3，∴b＞a＞c，

故选C9、B【解题分析】

首先求得两曲线的交点坐标，据此可确定积分区间，然后利用定积分的几何意义求解面积值即可.【题目详解】联立方程：可得：，，结合定积分的几何意义可知曲线y＝x2与曲线y2＝x所围成的平面图形的面积为：.本题选择B选项.【题目点拨】本题主要考查定积分的概念与计算，属于中等题.10、B【解题分析】

根据三视图可以得到原几何体为三棱锥，且是有三条棱互相垂直的三棱锥，根据几何体的各面面积可得最大面的面积．【题目详解】解：分析题意可知，如下图所示，该几何体为一个正方体中的三棱锥，最大面的表面边长为的等边三角形，故其面积为，故选B．【题目点拨】本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题．11、C【解题分析】该几何体为三棱锥，其直观图如图所示，体积．故选.12、B【解题分析】

根据指数函数的单调性，结合特殊值进行辨析.【题目详解】若2m＞2n＞1＝20，∴m＞n＞0，∴πm﹣n＞π0＝1，故B正确；而当m，n时，检验可得，A、C、D都不正确，故选：B．【题目点拨】此题考查根据指数幂的大小关系判断参数的大小，根据参数的大小判定指数幂或对数的大小关系，需要熟练掌握指数函数和对数函数的性质，结合特值法得出选项.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

由余弦定理，正弦定理得出，从而得出，推出的范围，由余弦函数的性质得出的范围，再利用二倍角公式化简，即可得出答案.【题目详解】由题意得由正弦定理得化简得又为锐角三角形，则，，.故答案为【题目点拨】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题.14、y=2x【解题分析】试题分析：当x>0时，-x<0，则f(-x)=ex-1+x．又因为f(x)为偶函数，所以f(x)=f(-x)=ex-1+x，所以f'【考点】函数的奇偶性、解析式及导数的几何意义【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当x>0时，函数y=f(x)，则当x<0时，求函数的解析式”．有如下结论：若函数f(x)为偶函数，则当x<0时，函数的解析式为y=-f(x)；若f(x)为奇函数，则函数的解析式为y=-f(-x)．15、－3【解题分析】

依题意可得二项式展开式的常数项为即可得到方程，解得即可；【题目详解】解：∵二项式的展开式中的常数项为，∴解得.故答案为：【题目点拨】本题考查二项式展开式中常数项的计算，属于基础题.16、2.【解题分析】

由双曲线的一条渐近线为，解得．求出双曲线的右焦点，利用点到直线的距离公式求解即可．【题目详解】双曲线的一条渐近线为解得：双曲线的右焦点为焦点到这条渐近线的距离为：本题正确结果：【题目点拨】本题考查了双曲线和的标准方程及其性质，涉及到点到直线距离公式的考查，属于基础题．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）【解题分析】

（1）根据正弦定理化简得到，故，得到答案.（2）计算，再利用面积公式计算得到答案.【题目详解】（1），则，即，故，，故.（2），故，故.当时等号成立.，故，，故△ABC面积的最大值为.【题目点拨】本题考查了正弦定理，面积公式，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.18、（1）单调递增区间为，；单调递减区间为；（2），；（3）证明见解析．【解题分析】

（1）由的正负可确定的单调区间；（2）利用基本不等式可求得时，取得最小值，由导数的几何意义可知，从而求得，求得切点坐标后，可得到切线方程；（3）由极值点的定义可知是的两个不等正根，由判别式大于零得到的取值范围，同时得到韦达定理的形式；化简为，结合的范围可证得结论.【题目详解】（1）由题意得：的定义域为，当时，，，当和时，；当时，，的单调递增区间为，；单调递减区间为.（2），所以（当且仅当，即时取等号），切线的斜率存在最小值，，解得：，，即切点为，从而切线方程，即：．（3），分别在，处取得极值，，是方程，即的两个不等正根．则，解得：，且，．，，，即不等式成立．【题目点拨】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数求解函数的单调区间、导数几何意义的应用、利用导数证明不等式等知识；本题中证明不等式的关键是能够通过极值点的定义将问题转变为一元二次方程根的分布问题.19、（Ⅰ）最小值为；（Ⅱ）见解析【解题分析】

（1）根据题意构造平均值不等式，结合均值不等式可得结果；（2）利用分析法证明，结合常用不等式和均值不等式即可证明.【题目详解】（Ⅰ）则当且仅当，即，时，所以的最小值为．（Ⅱ）要证明：，只需证：，即证明：，由，也即证明：．因为，所以当且仅当时，有，即，当时等号成立．所以【题目点拨】本题考查均值不等式，分析法证明不等式，审清题意，仔细计算，属中档题.20、（1）减区间是，增区间是；（2），证明见解析.【解题分析】

（1）当时，求得函数的导函数以及二阶导函数，由此求得的单调区间.（2）令求得，构造函数，利用导数求得的单调区间、极值和最值，结合有两个极值点，求得的取值范围.将代入列方程组，由证得.【题目详解】（1），，又，所以在单增，从而当时，递减，当时，递增.（2）.令，令，则故在递增，在递减，所以.注意到当时，所以当时，有一个极值点，当时，有两个极值点，当时，没有极值点，综上因为是的两个极值点，所以不妨设，得，因为在递减，且，所以又所以【题目点拨】本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间，考查利用导数研究函数的极值点，考查利用导数证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.21、（1）（2）证明见解析【解题分析】

（1）求导得到，解得答案.（2）变形得到，令函数，求导得到函数单调区间得到，，得到证明.【题目详解】（1），，解得.（2）得，变形得，令函数，，令解得，当时，时.函数在上单调递增，在上单调递减，，而函数在区间上单调递增，，，即，即，恒成立.【题目点拨】本题考查了根据切线求参数，证明不等式，意在