2024年安康市高三数学（文）2月模拟考试卷附答案解析

年安康市高三数学（文）2月模拟考试卷（总分：150分，时间：120分钟）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．设集合，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则的虚部为（

）A．5 B． C． D．3．执行如图的程序框图，输出的结果为（

）A． B． C． D．4．若函数的最小正周期为，则的图象的一条对称轴方程为（

）A． B． C． D．5．已知等比数列的前项和为，若，则（

）A．4 B．5 C．16 D．256．“”是“”的（

）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．已知函数，则的图象（

）A．关于点对称 B．关于直线对称C．关于点对称 D．关于直线对称8．在区间内随机取一个实数，则关于的不等式仅有2个整数解的概率为（

）A． B． C． D．9．已知正三棱台中，的面积为，的面积为，，则该三棱台的体积为（

）A． B． C． D．10．已知函数有两个极值点p，q，若，则（

）A． B． C． D．11．已知双曲线的右焦点为，过且与一条渐近线平行的直线与的右支及另一条渐近线分别交于两点，若，则的渐近线方程为（

）A． B． C． D．12．已知中，，，若所在平面内一点满足，则的最大值为（

）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知圆锥的底面半径为1，体积为，则该圆锥的侧面展开图对应的扇形的圆心角为．14．已知数列中，，且，则的前12项和为．15．小明的生日是12月23日，他从1，2，2，3这四个数字的所有不同排列中任选一种设置为自己的4位数手机密码，则他设置的密码中1与3相邻的概率为.16．已知抛物线的焦点为，准线，直线过点且与抛物线交于，两点，为坐标原点，若，则的面积为.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.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)证明：；(2)若，求的值．18．为了适应当代年轻人的生活需求，某餐厅推出了一款套餐，现随机抽取了10位顾客请他们对这款套餐进行评分，所得数据为84，85，88，89，92，93，93，95，95，96，规定评分大于90为“满意”.(1)求这10位顾客评分的平均数以及方差；(2)为了解不同性别的顾客对这款套餐的看法，餐厅又随机抽取了100位顾客进行调查，已知这100位顾客的满意率与第一次抽取的10位顾客的满意率相等，完成下面的列联表，并判断：是否有的把握认为不同性别的顾客对这款套餐的满意程度有差异？满意不满意总计男性顾客401050女性顾客50总计100附：.0.10.050.010.0012.7063.8416.63510.82819．如图所示，在直三棱柱中，，，，为棱的中点，为棱上靠近的三等分点，为线段上的动点.

(1)求证：平面；(2)若四面体的体积为，求的正弦值.20．记函数的导函数为，的导函数为，设是的定义域的子集，若在区间上，则称在上是“凸函数”.已知函数.(1)若在上为“凸函数”，求的取值范围；(2)若，判断在区间上的零点个数.21．已知椭圆的离心率为，直线过的上顶点与右顶点且与圆相切．(1)求的方程．(2)过上一点作圆的两条切线，（均不与坐标轴垂直），，与的另一个交点分别为，．证明：①直线，的斜率之积为定值；②．（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．已知平面直角坐标系中，直线过坐标原点且倾斜角为.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)求的极坐标方程以及的直角坐标方程；(2)若，与交于，两点，设，求的最大值.[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知函数.(1)若，求不等式的解集；(2)若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.1．A【分析】由补集概念计算即可得出结果.【详解】根据补集定义，由可得；故选：A2．B【分析】根据复数的除法运算求，进而可得结果.【详解】由题意可得：，所以的虚部为．故选：B.3．D【分析】运行程序，从而计算出输出的结果.【详解】运行程序，，，判断否，，判断否；，判断否；，判断是，输出.故选：D4．D【分析】根据三角函数的周期性求得，进而求得的对称轴.【详解】依题意，由，得，所以的图象的一条对称轴为，D选项正确，ABC选项错误.故选：D5．C【分析】根据等比数列的知识求得公比，从而求得正确答案.【详解】设等比数列的公比为，，若，则，所以，所以，所以.故选：C6．B【分析】利用三角恒等变换得到或，从而得到答案.【详解】，显然，则，解得或．所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B7．C【分析】根据对称性对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】AB选项，，所以AB选项错误.C选项，，，所以的图象关于点对称，C选项正确.D选项，，所以D选项错误.故选：C8．C【分析】利用一元二次不等式解得，可得区间内仅包含两个整数，再利用几何概型概率公式可得结果.【详解】根据题意可得不等式等价于；因为，所以不等式的解集为；依题意可得区间内仅有两个整数，即包含两个整数，可得；由几何概型概率公式可得其概率为.故选：C9．B【分析】先计算出三棱台的高，进而计算出三棱台的体积.【详解】由，，设分别是、的中心，设分别是的中点，则三点共线，三点共线，，则，，过作，垂足为，则，而，所以三棱台的高为，所以三棱台的体积为.故选：B

10．D【分析】求导，得到方程组，求出，进而得到，得到答案.【详解】依题意，，则，因为，所以，显然，，两式相除得，则，代入中，解得，则．故选：D11．C【分析】设直线，，由得到，再根据条件得出，代入方程，即可求出结果.【详解】易知的渐近线方程为，不妨设直线，，联立方程得，解得，，所以，又，而，，得到，解得，故，代入中，得，得到，又，得到，解得，故所求的渐近线方程为，故选：C.12．A【分析】根据向量的线性运算可得，即可根据数量积的运算律，结合模长公式以及不等式即可求解.【详解】取中点为，连接,由得,所以,,故,由于，故，即，当且仅当时等号成立，,故的最大值为，故选：A13．##【分析】根据体积先计算出圆锥的高，再根据高计算出圆锥的母线，即展开图扇形的半径，最后在根据弧长公式求出圆心角.【详解】设圆锥（如图所示）的高为．

因为，所以，母线．将圆锥沿展开所得扇形的弧长为底面周长，根据弧长公式，所以圆心角.故答案为：.14．【分析】由已知可得，借助数列的周期性、分组求和即可得出结果.【详解】依题意，故，,所以，，，…，故的前12项和为．故答案为：15．##【分析】根据题意可先算出四个数的全排列的总情况数，再计算出中1与3相邻的种类数，即可得出结果.【详解】依题意将4个数随意排列可先任意选两个位置排上两个2，再把剩下的两位置上排上1、3，共组成种密码，若1与3相邻，可将其看成一个整体，再与两个2共三个元素进行排列，首先选两个位置排上2，有种排列；剩余的位置排上1、3，内部排列有种，共种；所以他设置的密码中1与3相邻的概率为.故答案为：16．【分析】由准线方程可得抛物线为，设直线的方程为并于抛物线联立，利用韦达定理和即可求得，两点的纵坐标，再由可得结果.【详解】易知准线，可得，所以可得抛物线，则；设直线的方程为，如下图所示：联立直线和抛物线方程可得，易知；不妨设，可得；由可得，即；联立可解得或；又的面积为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用三角形相似将线段比例转化成纵坐标的比值，结合韦达定理和三角形面积表达式求解.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）（2）由正余弦定理边角互化，结合余弦定理化简计算求解.【详解】（1）证明：由正弦定理及条件可得，由余弦定理可得，化简得．（2）由得，化简得，又，故，所以，故．18．(1)平均数为，方差为(2)列联表见解析，有的把握认为不同性别的顾客对这款套餐的满意程度有差异【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法求得正确答案.（2）先补全列联表，然后计算的值，从而做出判断.【详解】（1）平均数为，方差为（2）抽取的名顾客的满意率为，所以抽取的名顾客中，满意的有人，由此补全列联表如下：满意不满意总计男性顾客女性顾客总计所以，所以有的把握认为不同性别的顾客对这款套餐的满意程度有差异.19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过证明来证得平面；（2）根据四面体的体积求得，进而求得的正弦值.【详解】（1）由于，所以，由于是的中点，所以，由于平面，平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以.由题设易知，所以，所以，由于平面，所以平面；（2）由（1）得平面，所以平面，，由于平面，所以，所以，所以.20．(1)(2)1个【分析】（1）根据“凸函数”定义对函数求导，由不等式在恒成立即可求得的取值范围；（2）易知，由导函数求得其在上的单调性，利用零点存在定理可知零点个数为1个.【详解】（1）由可得其定义域为，且，所以，若在上为“凸函数”可得在恒成立，当时，显然符合题意；当时，需满足，可得；综上可得的取值范围为；（2）若，可得，所以，令，则；易知在区间上恒成立，因此可得在上单调递减；显然，；根据零点存在定理可得存在使得，因此可知当时，，即在上为单调递增；当时，，即在上为单调递减；又，显然在上不存在零点；而，结合单调性可得在上存在一个零点；综上可知，在区间上仅有1个零点.21．(1)(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）利用已知求参数，得到椭圆方程即可.（2）①利用点到直线的距离得到斜率满足的方程，结合韦达定理得到斜率的乘积，简单转化得到定值即可.②联立方程，结合韦达定理用斜率表示所求式，化简得到定值即可.【详解】（1）设椭圆的半焦距为．依题意，离心率，则，①．直线，即，由题可知②．联立①②，解得，，故的方程为．（2）（i）设过点且与圆相切的直线的方程为，则，整理得，记直线，的斜率分别为，，则，为定值．（ii）由（i）的过程可知直线，联立方程得则有，故．直线，同理可得．故，则．22．(1)直线的极坐标方程是，的直角坐标方程为(2)【分析】（1）根据极坐标方程、直角坐标方程等知识求得正确答案.（2）写出直线的参数方程，代入曲线的直角坐标方程，根据根与系数关系以及三角函数的最值等知识求得的最大值.【详解】（1）直线过坐标原点且倾斜角为，所以直线的极坐标方程是，由，得，所以.（2）由（1）得的直角坐标方程为，即，所以圆的圆心为，半径，画出图象如下图所示，由图可知：当时，直线与圆有两个交点，直线的参数方程为（为参数），将代入并化简得：，所以，由于是锐角，所以，所以，所以，由于，所以当时，取得最大值为.23．(1)(2)【分析】（1）利用分类讨论法分别求