福建省南安市2南安一中018年7月2024届高三全真模拟考试（二）数学试题

福建省南安市2南安一中018年7月2024届高三全真模拟考试（二）数学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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，，则（）A． B． C． D．2．已知数列满足,且,则的值是()A． B． C．4 D．3．某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是（）A． B． C． D．4．若x，y满足约束条件且的最大值为，则a的取值范围是（）A． B． C． D．5．中国古代用算筹来进行记数，算筹的摆放形式有纵横两种形式（如图所示），表示一个多位数时，像阿拉伯记数一样，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式需要纵横相间，其中个位、百位、方位……用纵式表示，十位、千位、十万位……用横式表示，则56846可用算筹表示为（）A． B． C． D．6．记集合和集合表示的平面区域分别是和,若在区域内任取一点,则该点落在区域的概率为()A． B． C． D．7．《九章算术》勾股章有一“引葭赴岸”问题“今有饼池径丈，葭生其中，出水两尺，引葭赴岸，适与岸齐，问水深，葭各几何？”，其意思是：有一个直径为一丈的圆柱形水池，池中心生有一颗类似芦苇的植物，露出水面两尺，若把它引向岸边，正好与岸边齐，问水有多深，该植物有多高？其中一丈等于十尺，如图若从该葭上随机取一点，则该点取自水下的概率为（）A． B． C． D．8．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2AB，E为AD的中点，若，则λ＋μ的值为（）A． B． C． D．9．已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．10．用数学归纳法证明1+2+3+⋯+n2=n4A．k2+1C．k2+111．如图，长方体中，，，点T在棱上，若平面.则（）A．1 B． C．2 D．12．点是单位圆上不同的三点，线段与线段交于圆内一点M，若，则的最小值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．圆心在曲线上的圆中，存在与直线相切且面积为的圆，则当取最大值时，该圆的标准方程为______.14．如图所示梯子结构的点数依次构成数列，则________.15．某公园划船收费标准如表：某班16名同学一起去该公园划船，若每人划船的时间均为1小时，每只租船必须坐满，租船最低总费用为______元，租船的总费用共有_____种可能.16．连续掷两次骰子，分别得到的点数作为点的坐标，则点落在圆内的概率为______________．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）在直角坐标系中，曲线的参数方程为：（其中为参数），直线的参数方程为（其中为参数）（1）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线的极坐标方程；（2）若曲线与直线交于两点，点的坐标为，求的值.18．（12分）如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，为等边三角形，M，N分别是AB，AD的中点，且平面平面ABCD.（1）证明：平面PNB；（2）问棱PA上是否存在一点E，使平面DEM，求的值19．（12分）某公园有一块边长为3百米的正三角形空地，拟将它分割成面积相等的三个区域，用来种植三种花卉.方案是：先建造一条直道将分成面积之比为的两部分（点D，E分别在边，上）；再取的中点M，建造直道（如图）.设，，（单位：百米）.（1）分别求，关于x的函数关系式；（2）试确定点D的位置，使两条直道的长度之和最小，并求出最小值.20．（12分）的内角的对边分别为，已知.（1）求的大小；（2）若，求面积的最大值.21．（12分）设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若存在，使得不等式对一切恒成立，求实数的取值范围．22．（10分）某学校为了解全校学生的体重情况，从全校学生中随机抽取了100人的体重数据，得到如下频率分布直方图，以样本的频率作为总体的概率.（1）估计这100人体重数据的平均值和样本方差；(结果取整数，同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)（2）从全校学生中随机抽取3名学生，记为体重在的人数，求的分布列和数学期望；（3）由频率分布直方图可以认为，该校学生的体重近似服从正态分布.若，则认为该校学生的体重是正常的.试判断该校学生的体重是否正常?并说明理由.

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】

集合是一次不等式的解集，分别求出再求交集即可【题目详解】，，则故选【题目点拨】本题主要考查了一次不等式的解集以及集合的交集运算，属于基础题．2、B【解题分析】由，可得，所以数列是公比为的等比数列，所以，则，则，故选B.点睛：本题考查了等比数列的概念，等比数列的通项公式及等比数列的性质的应用，试题有一定的技巧，属于中档试题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，等比数列的性质和在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.3、C【解题分析】由三视图可知，该几何体是下部是半径为2，高为1的圆柱的一半，上部为底面半径为2，高为2的圆锥的一半，所以，半圆柱的体积为，上部半圆锥的体积为，所以该几何体的体积为，故应选．4、A【解题分析】

画出约束条件的可行域，利用目标函数的最值，判断a的范围即可．【题目详解】作出约束条件表示的可行域，如图所示.因为的最大值为，所以在点处取得最大值，则，即.故选：A【题目点拨】本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．5、B【解题分析】

根据题意表示出各位上的数字所对应的算筹即可得答案．【题目详解】解：根据题意可得，各个数码的筹式需要纵横相间，个位，百位，万位用纵式表示；十位，千位，十万位用横式表示，用算筹表示应为：纵5横6纵8横4纵6，从题目中所给出的信息找出对应算筹表示为中的．故选：．【题目点拨】本题主要考查学生的合情推理与演绎推理，属于基础题．6、C【解题分析】

据题意可知，是与面积有关的几何概率，要求落在区域内的概率，只要求、所表示区域的面积，然后代入概率公式，计算即可得答案．【题目详解】根据题意可得集合所表示的区域即为如图所表示：的圆及内部的平面区域，面积为，集合，，表示的平面区域即为图中的，，根据几何概率的计算公式可得，故选：C．【题目点拨】本题主要考查了几何概率的计算，本题是与面积有关的几何概率模型．解决本题的关键是要准确求出两区域的面积．7、C【解题分析】

由题意知：，，设，则，在中，列勾股方程可解得，然后由得出答案.【题目详解】解：由题意知：，，设，则在中，列勾股方程得：，解得所以从该葭上随机取一点，则该点取自水下的概率为故选C.【题目点拨】本题考查了几何概型中的长度型，属于基础题.8、B【解题分析】

建立平面直角坐标系，用坐标表示，利用，列出方程组求解即可.【题目详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0，0).不妨设AB＝1，则CD＝AD＝2，所以C(2，0)，A(0，2)，B(1，2)，E(0，1)，∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)，解得则.故选：B【题目点拨】本题主要考查了由平面向量线性运算的结果求参数，属于中档题.9、B【解题分析】

令，则，由图象分析可知在上有两个不同的根，再利用一元二次方程根的分布即可解决.【题目详解】令，则，如图与顶多只有3个不同交点，要使关于的方程有六个不相等的实数根，则有两个不同的根，设由根的分布可知，，解得.故选：B.【题目点拨】本题考查复合方程根的个数问题，涉及到一元二次方程根的分布，考查学生转化与化归和数形结合的思想，是一道中档题.10、C【解题分析】

首先分析题目求用数学归纳法证明1+1+3+…+n1=n4【题目详解】当n=k时，等式左端=1+1+…+k1，当n=k+1时，等式左端=1+1+…+k1+k1+1+k1+1+…+（k+1）1，增加了项（k1+1）+（k1+1）+（k1+3）+…+（k+1）1．故选：C．【题目点拨】本题主要考查数学归纳法，属于中档题./11、D【解题分析】

根据线面垂直的性质，可知；结合即可证明，进而求得.由线段关系及平面向量数量积定义即可求得.【题目详解】长方体中，，点T在棱上，若平面.则，则，所以，则，所以，故选：D.【题目点拨】本题考查了直线与平面垂直的性质应用，平面向量数量积的运算，属于基础题.12、D【解题分析】

由题意得，再利用基本不等式即可求解．【题目详解】将平方得，（当且仅当时等号成立），，的最小值为，故选：D．【题目点拨】本题主要考查平面向量数量积的应用，考查基本不等式的应用，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

由题意可得圆的面积求出圆的半径，由圆心在曲线上，设圆的圆心坐标，到直线的距离等于半径，再由均值不等式可得的最大值时圆心的坐标，进而求出圆的标准方程．【题目详解】设圆的半径为，由题意可得，所以，由题意设圆心，由题意可得，由直线与圆相切可得，所以，而，，所以，即，解得，所以的最大值为2，当且仅当时取等号，可得，所以圆心坐标为：，半径为，所以圆的标准方程为：.故答案为：．【题目点拨】本题考查直线与圆的位置关系及均值不等式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意验正等号成立的条件.14、【解题分析】

根据图像归纳，根据等差数列求和公式得到答案.【题目详解】根据图像：，，故，故.故答案为：.【题目点拨】本题考查了等差数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.15、36010【解题分析】

列出所有租船的情况，分别计算出租金，由此能求出结果.【题目详解】当租两人船时，租金为：元，当租四人船时，租金为：元，当租1条四人船6条两人船时，租金为：元，当租2条四人船4条两人船时，租金为：元，当租3条四人船2条两人船时，租金为：元，当租1条六人船5条2人船时，租金为：元，当租2条六人船2条2人船时，租金为：元，当租1条六人船1条四人船3条2人船时，租金为：元，当租1条六人船2条四人船1条2人船时，租金为：元，当租2条六人船1条四人船时，租金为：元，综上，租船最低总费用为360元，租船的总费用共有10种可能.故答案为：360，10.【题目点拨】本小题主要考查分类讨论的数学思想方法，考查实际应用问题，属于基础题.16、【解题分析】

连续掷两次骰子共有种结果，列出满足条件的结果有11种，利用古典概型即得解【题目详解】由题意知，连续掷两次骰子共有种结果，而满足条件的结果为：共有11种结果，根据古典概型概率公式，可得所求概率．故答案为：【题目点拨】本题考查了古典概型的应用，考查了学生综合分析，数学运算的能力，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）5【解题分析】

（1）首先消去参数得到曲线的普通方程，再根据，，得到曲线的极坐标方程；（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线的参数方程中参数的几何意义得解；【题目详解】解：（1）曲线：消去参数得到：，由，，得所以（2）代入，设，，由直线的参数方程参数的几何意义得：【题目点拨】本题考查参数方程、极坐标方程、普通方程的互化，以及直线参数方程的几何意义的应用，属于中档题．18、（1）证明见解析；（2）存在，.【解题分析】

（1）根据题意证出，，再由线面垂直的判定定理即可证出.（2）连接AC交DM于点Q，连接EQ，利用线面平行的性质定理可得，从而可得，在正方形ABCD中，由即可求解.【题目详解】（1）证明：在正方形ABCD中，M，N分别是AB，AD的中点，∴，，.∴.∴.又，∴，∴.∵为等边三角形，N是AD的中点，∴.又平面平面ABCD，平面PAD，平面平面，∴平面ABCD.又平面ABCD，∴.∵平面PNB，，∴平面PNB.（2）解：存在.如图，连接AC交DM于点Q，连接EQ.∵平面DEM，平面PAC，平面平面，∴.∴.在正方形ABCD中，，且.∴，∴.故.所以棱PA上存在点E，使平面DEM，此时，E是棱A的靠近点A的三等分点.【题目点拨】本题考查了线面垂直的判定定理、线面平行的性质定理，考查了学生的推理能力以及空间想象能力，属于空间几何中的基础题.19、（1），.，.（2）当百米时，两条直道的长度之和取得最小值百米.【解题分析】

（1）由，可解得.方法一：再在中，利用余弦定理，可得关于x的函数关系式；在和中，利用余弦定理，可得关于x的函数关系式.方法二：在中，可得，则有，化简整理即得；同理，化简整理即得.（2）由（1）和基本不等式，计算即得.【题目详解】解：（1），是边长为3的等边三角形，又，，.由，得.法1：在中，由余弦定理，得.故直道长度关于x的函数关系式为，.在和中，由余弦定理，得①②因为M为的中点，所以.由①②，得，所以，所以.所以，直道长度关于x的函数关系式为，.法2：因为在中，，所以.所以，直道长度关于x的函数关系式为，.在中，因为M为的中点，所以.所以.所以，直道长度关于x的函数关系式为，.（2）由（1）得，两条直道的长度之和为（当且仅当即时取“”）.故当百米时，两条直道的长度之和取得最小值百米.【题目点拨】本题考查了余弦定理和基本不等式，第一问也可以利用三角形中的向量关系进行求解，属于中档题.20、（1）；（2）.【解题分析】

（1）利用正弦定理将边化角，结合诱导公式可化简边角关系式，求得，根据可求得结果；（2）利用余弦定理可得，利用基本不等式可求得，代入三角形面积公式可求得结果.【题目详解】（1）由正弦定理得：，又，即由得：（2）由余弦定理得：又（当且仅当时取等号）即三角形面积的最大值为：【题目点拨】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简