2024高考必考数学模拟试题含解析

第27页/共27页高考模拟检测卷（一）试题数学一､选择题（在每小题四个选项中，只有一项是符合题目要求的，本大题共9小题，每小题5分，满分45分）1.设全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先确定全集，根据交集和补集定义直接求解即可.【详解】，，.故选：A.2.在等比数列中，公比是，则“”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【答案】D【解析】【分析】根据等比数列的单调性举出反例，如，再根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】解：当时，则，因为，所以，所以，故，所以不能推出，当时，则，由，得，则，所以，所以不能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.3.函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据函数的定义域、奇偶性以及的值来确定正确选项.【详解】由题意，函数的定义域为，且，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，所以排除C、D项，，所以排除B项．故选：A4.下列说法正确的是（）A.若随机变量，，则B.数据7，4，2，9，1，5，8，6的第50百分位数为5C.将一组数据中的每一个数据加上同一个常数后，方差不变D.设具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于0，x和y之间的线性相关程度越强【答案】C【解析】【分析】A.根据随机变量求解判断；B.利用百分位数定义求解判断；C.利用平均数和方差公式求解判断；D.利用相关系数越接近于1，x和y之间的线性相关程度越强判断.【详解】A.因为随机变量，所以，因为，所以，则，所以，故错误；B.数据7，4，2，9，1，5，8，6的第50百分位数为5.5，故错误；C.设一组数据为，则平均数为，方差为，将数据中的每一个数据加上同一个常数后为，则平均数为，方差为，，所以将一组数据中的每一个数据加上同一个常数后，方差不变，故正确；D.设具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于1，x和y之间的线性相关程度越强，故错误；故选：C5.已知幂函数的图象经过点与点，，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设幂函数，依次将点，点坐标代入，可得，结合指数函数和对数函数性质即可得到答案.【详解】设幂函数，因为点在的图象上，所以，，即，又点在的图象上，所以，则，所以，，，所以，故选：B6.已知一个正三棱柱所有棱长均为3，若该正三棱柱内接于半球体，即正三棱柱的上底面的三个顶点在球面上，下底面的三个顶点在半球体的底面圆内，则该半球体的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据正三棱柱的几何特征，确定球的球心和半径，即可求解.【详解】由条件可知底面等边三角形的中心是球的球心，，，所以，即所以半球的体积.故选：B7.设抛物线：与双曲线：有公共的焦点F，直线l为过双曲线另外的一个焦点且与其渐近线平行的直线，F到直线l距离为，则双曲线的离心率为（）A.2 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由抛物线方程求出公共的焦点，不妨设l：，由点到直线的距离公式及双曲线中的关系即可求解.【详解】解：由题意，因为抛物线：，即，所以抛物线的焦点，所以双曲线：与抛物线的公共焦点为，另一个焦点为，因为直线l为过双曲线另外的一个焦点且与其渐近线平行的直线，所以不妨设l：，即，因为到直线l距离为，所以，又，所以，所以，所以双曲线的离心率，故选：A.8.已知函数.给出下列结论：.①的最小正周期为；②在区间上是增函数；③的图象关于直线对称；④把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象.其中正确结论的个数是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】将原式化简为，即可判断①；利用整体代入法求单调区间可判断②；将代入解析式，根据是否取到最值可判断③；根据图象平移变换可判断④.【详解】解：因为，所以故①正确；由，解得，当k=0时，，可确定在不单调，故②错误；将代入，所以故不关于对称，故③错误；函数图象上所有点向左平移个单位长度，得到，故④正确.故选：B9.已知函数，关于x的方程有以下结论①当时，方程在最多有3个不等实根；②当时，方程在内有两个不等实根；③若方程在内根的个数为偶数，则所有根之和为；④若方程在内根的个数为偶数，则所有根之和为.其中所有正确结论的序号是（）A.①③ B.②④ C.①④ D.①②③【答案】A【解析】【分析】探讨函数的值域，求出方程的根情况及范围，画出的图象与直线，结合图形探讨4个命题作答.【详解】依题意，，，函数的值域为，由解得：，或（舍去），而，令，则方程的根是函数的图象与直线交点横坐标，作出函数在的图象与直线，如图，当时，，观察图象知，当时，，函数的图象与直线有3个交点，当时，，函数的图象与直线有2个交点，当时，，函数的图象与直线有1个交点，当时，，函数的图象与直线没有交点，所以当时，，函数的图象与直线的交点可能有3个、2个、1个、0个，①正确，②不正确；当时，函数在的图象与直线的交点个数为偶数，观察图象知，此时，，即直线与的图象在上各有两个交点，它们分别关于直线对称，这6个交点横坐标和即方程6个根的和为：，③正确，④不正确，所以所有正确结论的序号是①③.故选：A【点睛】方法点睛：图象法判断函数零点个数：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.二､填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在答题卡中的相应横线上）10.i是虚数单位，则的值为___________.【答案】【解析】【分析】先化简复数，在求模长.【详解】所以故答案为：11.在二项式的展开式中，各项系数的和为，则展开式中的系数是___________.（用数字作答）【答案】【解析】【分析】令可求得，由此可得展开式的通项，令即可求得的系数.【详解】令，则，解得：，展开式通项为：，令，解得：，的系数为.故答案为：.12.直线l：被圆C：截得的弦长为，则m的值为___________.【答案】1或9【解析】【分析】根据圆的弦长公式计算即可．【详解】，圆心C，半径，圆心C到直线l的距离，则，即，解得或1．故答案为：9或1．13.投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行，假设甲､乙是唐朝的两位投壶游成参与者，且甲､乙每次投壶投中的概率分别为､若每人均投一次，则仅有一人投中的概率为___________；若每人均投壶3次，则甲比乙多投中2次的概率为___________.【答案】①.##0.5②.【解析】【分析】分甲中、乙不中和乙中、甲不中两种情况讨论结合独立事件的概率公式即可求出仅有一人投中的概率；分乙中0次甲中2次和乙中1次甲中3次两种情况讨论结合独立事件的概率公式即可求出甲比乙多投中2次的概率.【详解】解：当甲中、乙不中时，概率为，当乙中、甲不中时，概率为，所以仅有一人投中的概率为，当乙中0次甲中2次时，概率为，当乙中1次甲中3次时，概率为，所以甲比乙多投中2次的概率为.

故答案为：；.14.已知正实数，满足，则的最小值为___________.【答案】##【解析】【分析】将所求式子化为，利用基本不等式可求得的取值范围，根据对勾函数单调性可确定，由此可得最小值.【详解】；（当且仅当时取等号），解得：；在上单调递减，.即的最小值为.故答案为：.15.在△ABC中，，，，，则___________，若动点F在线段AC上，则的最小值为___________.【答案】①.##0.5②.【解析】【分析】第一空：用分别表示出，再由数量积的定义及运算律即可求出；第二空：设，用分别表示出，由数量积的定义及运算律表示出，结合二次函数求出最小值.【详解】第一空：，则，则，又，，故，解得；第二空：设，，，则

，当时，取得最小值.故答案为：；.三､解答题（本大厦5小题，共75分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤16.在中，角，，所对的边分别为a，b，c，已知.（1）求角A的大小：.（2）若，，的面积为.①求b，c的长；②求的值.【答案】（1）（2）①，；②【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据诱导公式及两角和的正弦公式计算可得；（2）①由面积公式得到，再由余弦定理得到，解得即可；②由余弦定理求出，再根据同角三角函数基本关系求出，再利用二倍角公式及两角差的正弦公式计算可得；【小问1详解】解：因为，由正弦定理得又，所以，即所以，又，故.在中，，所以.【小问2详解】①的面积，得，由余弦定理，得，由，，可得，整理得，解得，又，故，.②方法一：由余弦定理，得，又，，，故，所以，，，故.方法二：由正弦定理，得，故，又，故，，从而.，，.17.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，，AP⊥平面ABCD，，点M、N分别为线段BC和PD的中点．（1）求证：AN⊥平面PDM；（2）求平面PDM与平面PDC夹角的正弦值；（3）在线段PC(不包括端点)上是否存在一点E，使得直线BE与平面PDC所成角的正弦值为，若存在，求出线身PE的长：若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，PE=．【解析】【分析】(1)证明AN⊥PD，再证MD⊥平面APD得MD⊥AN即可；(2)以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出各点坐标，求出平面PDM和平面PDC的法向量，利用向量方法即可求解；(3)利用(2)中空间直角坐标系，利用向量方法即可求解．【小问1详解】方法一：∵，且，∴BM∥AD，且BM=AD，∴四边形ADMB是平行四边形，∴，∵，则AD⊥DM，∵AP⊥平面ABCD，平面ABCD，∴AP⊥DM，又，∴DM⊥平面PAD，又平面PAD，∴DM⊥AN，∵，N是PD的中点，∴PD⊥AN，又，、平面PDM，∴AN⊥平面PDM；方法二：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，，．则，，．设平面PDM的法向量为，则，即，取，则，，则，∴，则，∴AN⊥平面PDM；【小问2详解】，，设平面PDC的法向量为，则，则，取，则，，则，由(1)知平面PDM的一个法向量为，设平面PDM与平面PDC的夹角为，则，∴，∴平面PDM与平面PDC夹角的正弦值为；【小问3详解】假设存在点E，设，，，，则，设直线BE与平面PDC所成角为，由(2)知平面PDC的一个法向量为，则，化简得，即，∵，∴，故，∵，则，∴，∴线段PE的长为．18.已知椭圆，其离心率为，右焦点为，两焦点与短轴两端点围成的四边形面积为.（1）求椭圆的标准方程：（2）直线与椭圆有唯一的公共点（在第一象限，此直线与轴的正半轴交于点，直线与直线交于点且，求直线的斜率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，且，将直线的方程与椭圆的方程联立，由可得出，列出韦达定理，求出点、的坐标，进而求出点的坐标，由已知可得出，可求得，结合可求得的值.【小问1详解】解：由题意可得，解得，因此，椭圆的标准方程为：.【小问2详解】解：由题意可知，直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，且，联立，消去并整理，得，，可得，由韦达定理可得，，，则点，因为点在第一象限，则，则，直线的方程为，在直线的方程中，令可得，即点，易知点，，则直线的方程为，联立可得，即点，因为，，即，即，可得，则，将代入可得，则，，解得.【点睛】关键点点睛：本题考查利用三角形面积之间的等量关系求出直线的斜率，解题的关键在于求出点的坐标，将三角形面积的等量关系转化为两点坐标之间的关系，进而构建等式求解.19.已知数列是等差数列，其前n项和为，，；数列的前n项和为，.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前n项和；（3）求证：.【答案】（1），（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前项和公式，可得，，即可求得的通项公式；当时，得到，当时，利用，可判断为首项为3，公比为3的等比数列，即可求解；（2）由（1）可得，利用裂项相消法求解即可；（3）由（1）结合等比数列的前项和公式可得.方法一：由可得，利用错位相减法求得，进而证明；方法二：结合二项式定理可得，根据不等式的性质可知，再利用错位相减法求解，即可证明；方法三：用分析法证明，再结合等比数列的前项和证明即可.【小问1详解】数列是等差数列，设公差为d，，化简得，解得，，∴，.由已知，当时，，解得，当时，，∴，，即，∴数列构成首项为3，公比为3的等比数列，∴，.【小问2详解】由（1）可得，，∴，∴【小问3详解】由（1）可得，，则，方法一：∵，∴，令，，两式相减可得，∴，∴方法二：∵时，，根据“若，，则”，可得，∴，令，，两式相减可得，∴∴，∴方法三：令，下一步用分析法证明“”要证，即证，即证，即证，当，显然成立，∴，∴【点睛】证明数列不等式，放缩法是其中一种重要的方法，放缩的目的是为了转化为等差数列，等比数列及相关数列，则可利用公式进行求解，需注意放缩的范围不能过大.20.已知函数.（1）若，求函数的单调增区间；（2）若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值；（3）当时，函数恰有两个不同的零点，且，求证：.【答案】（1）单调增区间为（2）2（3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出，再利用导数求出的单调增区间；（2）先利用分离参数法得到对恒成立.令，求导得到，再令，判断出，使，得到在上单调递增，在上单调递减，求出，得到.由，求出整数a的最小值；（3）用分析法证明：当时，把题意转化为只需证.先整理化简得到，只需证.令，构造函数，利用导数证明出.即证.【小问1详解】当时，，所以，则，定义域为.令，解得：.所以的单调增区间为.【小问2详解】依题意对恒成立，等价于对恒成立.令，则令在上是增函数，，所以，使即对，，，所以在上单调递增；对，，，所以在上单调递减.所以.所以.又，所以整数a的最小值2【小问3详解】当时，由（2）知在上单调递增，在上单调递减且，时，；时，；依题意存在，使得已知可得要证成立，只需证因为是的零点，所以，两式相减得：即只需证又因为只需证即证令则，所以，所以在增函数，所以即.即成立.所以原不等式得证.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)利用导数证明不等式．

高考模拟检测卷（二）试题数学一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，满分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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求集合，，再根据集合交集运算即可得答案.【详解】解：由于，，所以.故选：A.【点睛】本题考查集合的交集运算，是基础题.2.已知复数，则（）A.的虚部为 B.的实部为 C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的乘方、复数的模、实部、虚部等知识求得正确答案.【详解】因为，所以的实部为，虚部为，所以A选项错误，B选项正确.与不能比较大小，C选项错误.，D选项错误.故选：B3.已知命题；命题则下列命题中为真命题的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先判断命题，命题的真假，再利用复合命题判断.【详解】对于命题，当时，，故命题p为真命题，是假命题；对于命题，因为，所以，故命题q是真命题，是假命题；所以是真命题，是假命题，是假命题，是假命题，故选：A4.甲、乙、丙、丁四名同学在某次军训射击测试中，各射击10次．四人测试成绩对应的条形图如下：以下关于四名同学射击成绩的数字特征判断不正确的是（）A.平均数相同 B.中位数相同 C.众数不完全相同 D.丁的方差最大【答案】D【解析】【分析】观察四名同学的统计图的特征，四位同学的直方图都关于5环对称，因此它们的平均数都是5，中位数相同，众数显然不完全相同，根据方差的定义分别计算四名同学的方差即可得出结论.【详解】解：由图的对称性可知，平均数都为；由图易知，四组数据的众数不完全相同，中位数相同；记甲、乙、丙、丁图所对应的方差分别为，则，，，，所以丙的方差最大．故选：D．【点睛】本小题考查统计图表、数字特征的概念等基础知识；考查运算求解能力；考查数形结合思想、统计与概率思想；考查直观想象、数据处理、数学运算等核心素养，体现基础性、应用性．5.等比数列中，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，探讨等比数列公比，再结合充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】设等比数列公比为，，若，即，解得，则，即成立，若，即，解得或，当时，，所以“”是“”的充分而不必要条件.故选：A6.等腰直角三角形ABC中，，，D是斜边BC上一点，且，则()A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】以为基底表示向量，根据向量数量积的运算律即可计算．【详解】，∴，∵，．故选：C．7.如图，一座垂直建于地面的信号发射塔的高度为，地面上一人在A点观察该信号塔顶部，仰角为，沿直线步行后在B点观察塔顶，仰角为，若，此人的身高忽略不计，则他的步行速度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用直角三角形边角关系求出AD，BD，再利用余弦定理计算作答.【详解】依题意，在中，，则m，在中，，则m，在中，，由余弦定理得：，即，解得m，即有，所以他的步行速度为.故选：D8.已知某种垃圾的分解率为，与时间（月）满足函数关系式（其中，为非零常数），若经过12个月，这种垃圾的分解率为10%，经过24个月，这种垃圾的分解率为20%，那么这种垃圾完全分解，至少需要经过（）（参考数据：）A.48个月 B.52个月 C.64个月 D.120个月【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，利用待定系数法求出函数关系式，然后再代入数值计算即可.【详解】由题意可得，解得，所以，这种垃圾完全分解，即当时，有，即，解得.故选：B9.已知，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先比较得大小，再由，即可得出答案.【详解】因为则而，故，又.故，所以.故选：D.10.已知函数的部分图象如图所示，下列说法错误的是（）A.在上单调递减B.该函数的初相是C.该图象可由的图象向左平移个单位得到D.的图象关于直线对称【答案】A【解析】【分析】先根据图象求得周期，再代入可得函数；对A，由判断即可；对B，根据判断即可；对C，根据函数图象平移的解析式判断即可；对D，代入判断函数是否取得最值即可【详解】由图象可知，所以，解得，又图象过点，所以，因为，所以，故对A，当时，，所以单调递增，A错误；对B，由解析式知函数的初相是，故B正确；对C，的图象向左平移个单位得到，故C正确；对D，当时，为最小值，知的图象关于直线对称，故D正确.故选：A11.已知球是正四面体的外接球，为线段的中点，过点的平面与球形成的截面面积的最小值为，则正四面体的体积为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设外接球的半径为，截面面积最小时截面圆的半径为，，外接圆的圆心为，易知平面时，截面面积最小，求得截面圆的半径，然后在，利用勾股定理求得四面体的边长即可.【详解】如图所示：易知平面时，截面面积最小.设外接球的半径为，截面面积最小时截面圆的半径为，，外接圆的圆心为，则，，所以.由，解得，则，解得.又正四面体的高为，所以正四面体的体积，故选：D.12.已知关于x的不等式-x-alnx≥1对于任意x∈(l，+∞)恒成立，则实数a的取值范围为A.（-∞，1-e] B.（-∞，-3] C.（-∞，-2] D.（-∞，2-e2]【答案】B【解析】【分析】化简得到，根据化简得到答案.【详解】根据题意：.设，则，则函数在上单调递减，在上单调递增，故，故.根据，，故.故选：.【点睛】本题考查了根据不等式恒成立求参数，利用不等式化简是解题的关键.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卷相应位置上．）13.已知实数，满足约束条件，设，则最小值为_________.【答案】-2【解析】【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．【详解】作出可行域如图所示：由，可得：.由可行域易知，当直线过点时，纵截距最大，取得最小值.此时..故答案为：-2.14.直线截圆所得两部分弧长之比为，则________．【答案】【解析】【分析】由题意可得劣弧所对的圆心角为，从而求出圆心到直线的距离，由点到直线的距离公式可得答案.【详解】由直线截圆所得两部分弧长之比为所以劣弧所对的圆心角为，由圆的半径为2，则对应的弦长为所以圆心到直线的距离，即，解得，故答案为：15.已知为偶函数，且当时，，则在处的切线方程为______．【答案】；【解析】【分析】首先求时，函数的解析式，再利用导数的几何意义求切线方程.【详解】设，，因为函数是偶函数，所以，当时，，，，所以在处的切线方程为，即.故答案为：16.如图，已知，分别为双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线的左支交于、两点，连接，，在中，，，则双曲线的离心率为________．

【答案】【解析】【分析】设，利用双曲线的定义和，得到，再根据为等腰三角形，求得，如何在中，利用余弦定理求解.【详解】解：设，由双曲线的定义可得，由，得，即，因为为等腰三角形，所以，解得（负值舍去），在中，，即，所以．故答案为：三、解答题（本大题共6小题，其中选做题10分，其余每小题各12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤）17.在①,,②,,③,这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.已知等差数列的前项和为且_________.（填写序号）（1）求数列的通项公式；（2）设，求证数列的前项和注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）选条件①，利用等差数列的通项公式即可求解；选条件②，利用等差数列的前项和公式以及等差数列的通项公式即可求解；选条件③，利用等差数列的通项公式即可求解.（2）利用裂项求和法即可求解.【详解】（1）方案一：选条件①.设等差数列的公差为.因为，，所以,解得所以.方案二：选条件②.设等差数列的公差为.因为，，所以,解得所以.方案三：选条件③.设等差数列的公差为，所以.因为，，所以，，所以，所以.（2）由（1）知，所以=＜18.某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分布在，，，，（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示．（1）估计这组数据的平均数；（2）某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商提出以下两种收购方案：方案①：所有芒果以10元/千克收购；方案②：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购．请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？【答案】（1）387（克）（2）方案②获利更多【解析】【分析】（1）由频率分布直方图分析数据，直接求平均数；（2）分别求出方案①和方案②的收入，进行比较，下结论.【小问1详解】由频率分布直方图可得这组数据的平均数为：（克）；【小问2详解】方案①收入：（元）；方案②收入：由题意得低于350克的收入：（元）；高于或等于350克的收入：（元）．故总计（元），由于，故种植园选择方案②获利更多．19.如图，四棱锥P－ABCD的底面为菱形，，AB＝AP＝2，PA⊥底面ABCD，E是线段PB的中点，G，H分别是线段PC上靠近P，C的三等分点．（1）求证：平面AEG∥平面BDH；（2）求点A到平面BDH的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理和面面平行的判定定理进行证明即可；（2）利用三棱锥的体积等积性进行求解即可.【小问1详解】连接AC，交BD于点O，连接OH，△PBH中，E，G分别为PB，PH的中点，所以EG∥BH，又因为平面BDH，平面BDH，所以EG∥平面BDH，同理：AG∥平面BDH，因为AG，平面AEG，，所以平面AEG∥平面BDH．【小问2详解】记点A，H到平面BDH，平面ABD的距离分别为，，，因为PA⊥平面ABCD，PA＝2，，所以，在△PBC中，，在△BCH中，，同理，，又因为O为BD中点，所以OH⊥BD．在△BDH中，，，因为，所以．20.椭圆的离心率为，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为．（1）求椭圆E的标准方程；（2）设直线交x轴于点P，其中，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若O、A、M、N四点共圆，求t的值．【答案】（1）（2）6【解析】【分析】（1）由离心率为可得，又面积的最大值为，联立方程求解即可得答案；（2）设直线BC方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，又，，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，根据韦达定理化简可得，从而即可求解.【小问1详解】解：由题意，设椭圆半焦距为c，则，即，得，设，由，所以的最大值为，将代入，有，解得，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】解：设，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，设直线BC方程为，与椭圆方程联立得，，可得，由韦达定理可得，直线BA的方程为，令得点M纵坐标，同理可得点N纵坐标，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，，由，故，解得．21.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，求函数在上的零点个数．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）零点个数为2【解析】【分析】（1）求导得到，再对分类讨论，求解函数的单调区间.（2）求导得到，因无法轻易求得的解，故根据导函数的性质将的取值范围分为三段分别讨论，即可求解零点个数.【小问1详解】解：∵，故，当时，恒成立，则在上单调递增；②当时，令，解得，故时，，单调递减，时，，单调递增.综上，当时，则在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.【小问2详解】由已知得，，则．①当时，因为，所以在上单调递减．所以．所以在上无零点．②当时，因为单调递增，且，，所以存在，使．当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增，且．所以．设，，则．令，得．所以在上单调递减，在上单调递增．所以．所以．所以．所以．所以在上存在一个零点．所以在有2个零点．③当时，，所以在上单调递增．因为，所以在上无零点．综上所述，在上的零点个数为2．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．（1）求的普通方程，并说明是什么曲线；（2）已知为圆上一动点，为曲线上一动点，求的最小值．【答案】（1），是一条射线（2）【解析】【分析】（1）直接消去参数即可得到的普通方程；（2）利用几何法求出最小值.【小问1详解】将曲线的参数方程消去参数，得，因为，所以的普通方程为，故是一条射线．【小问2详解】因为是一条射线，且端点为，所以数形结合可知，当与重合且为线段与圆的交点时，取得最小值，且最小值为．23.已知，，.（1）求的范围；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用基本不等式可求得的取值范围；（2）由已知可得出，令，将所证不等式等价转化为，通分、因式分解后判断符号，即可证得结论成立.【小问1详解】解：因为，，则，由基本不等式可得，可得，当且仅当时，等号成立，故.【小问2详解】证明：因为，所以，，要证，即证，即证，令，即证，因为，故原不等式得证.

高考模拟检测卷（三）试题数学一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，满分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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求集合，，再根据集合交集运算即可得答案.【详解】解：由于，，所以.故选：A.【点睛】本题考查集合的交集运算，是基础题.2.已知复数，则（）A.的虚部为 B.的实部为 C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的乘方、复数的模、实部、虚部等知识求得正确答案.【详解】因为，所以的实部为，虚部为，所以A选项错误，B选项正确.与不能比较大小，C选项错误.，D选项错误.故选：B3.甲、乙、丙、丁四名同学在某次军训射击测试中，各射击10次．四人测试成绩对应的条形图如下：以下关于四名同学射击成绩的数字特征判断不正确的是（）A.平均数相同 B.中位数相同 C.众数不完全相同 D.丁的方差最大【答案】D【解析】【分析】观察四名同学的统计图的特征，四位同学的直方图都关于5环对称，因此它们的平均数都是5，中位数相同，众数显然不完全相同，根据方差的定义分别计算四名同学的方差即可得出结论.【详解】解：由图的对称性可知，平均数都为；由图易知，四组数据的众数不完全相同，中位数相同；记甲、乙、丙、丁图所对应的方差分别为，则，，，，所以丙的方差最大．故选：D．【点睛】本小题考查统计图表、数字特征的概念等基础知识；考查运算求解能力；考查数形结合思想、统计与概率思想；考查直观想象、数据处理、数学运算等核心素养，体现基础性、应用性．4.已知命题；命题则下列命题中为真命题的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先判断命题，命题的真假，再利用复合命题判断.【详解】对于命题，当时，，故命题p为真命题，是假命题；对于命题，因为，所以，故命题q是真命题，是假命题；所以是真命题，是假命题，是假命题，是假命题，故选：A5.已知某种垃圾的分解率为，与时间（月）满足函数关系式（其中，为非零常数），若经过12个月，这种垃圾的分解率为10%，经过24个月，这种垃圾的分解率为20%，那么这种垃圾完全分解，至少需要经过（）（参考数据：）A.48个月 B.52个月 C.64个月 D.120个月【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，利用待定系数法求出函数关系式，然后再代入数值计算即可.【详解】由题意可得，解得，所以，这种垃圾完全分解，即当时，有，即，解得.故选：B6.有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（）A.分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有15种分法；B.分给甲、乙、丙三人中，一人4本，另两人各1本，有180种分法；C.分给甲乙每人各2本，分给丙丁每人各1本，共有90种分法；D.分给甲乙丙丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有1080种分法；【答案】D【解析】【分析】根据题意，分别按照选项说法列式计算验证即可做出判断.【详解】选项A，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有种分配方法，故该选项错误；选项B，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，一人4本，另两人各1本，先将6本书分成4-1-1的3组，再将三组分给甲乙丙三人，有种分配方法，故该选项错误；选项C，6本不同的书分给甲乙每人各2本，有种方法，其余分给丙丁每人各1本，有种方法，所以不同的分配方法有种，故该选项错误；选项D，先将6本书分为2-2-1-1的4组，再将4组分给甲乙丙丁4人，有种方法，故该选项正确.故选：D.7.等腰直角三角形ABC中，，，D是斜边BC上一点，且，则()A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】以为基底表示向量，根据向量数量积的运算律即可计算．【详解】，∴，∵，．故选：C．8.如图，一座垂直建于地面的信号发射塔的高度为，地面上一人在A点观察该信号塔顶部，仰角为，沿直线步行后在B点观察塔顶，仰角为，若，此人的身高忽略不计，则他的步行速度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用直角三角形边角关系求出AD，BD，再利用余弦定理计算作答.【详解】依题意，在中，，则m，在中，，则m，在中，，由余弦定理得：，即，解得m，即有，所以他的步行速度为.故选：D9.已知函数的部分图象如图所示，下列说法错误的是（）A.在上单调递减B.该函数的初相是C.该图象可由的图象向左平移个单位得到D.的图象关于直线对称【答案】A【解析】【分析】根据图象求出函数的解析式，根据正弦型函数的性质逐项判断即可得解.【详解】由图象可知,所以,解得，又图象过点，所以，因为，所以，故，当时，，所以单调递增，A错误；由解析式知函数的初相是，故B正确；的图象向左平移个单位得到，故C正确；当时，为最大值，知的图象关于直线对称，故D正确,故选：A10.已知球是正四面体的外接球，为线段的中点，过点的平面与球形成的截面面积的最小值为，则正四面体的体积为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设外接球的半径为，截面面积最小时截面圆的半径为，，外接圆的圆心为，易知平面时，截面面积最小，求得截面圆的半径，然后在，利用勾股定理求得四面体的边长即可.【详解】如图所示：易知平面时，截面面积最小.设外接球的半径为，截面面积最小时截面圆的半径为，，外接圆的圆心为，则，，所以.由，解得，则，解得.又正四面体的高为，所以正四面体的体积，故选：D.11.已知关于x的不等式-x-alnx≥1对于任意x∈(l，+∞)恒成立，则实数a的取值范围为A.（-∞，1-e] B.（-∞，-3] C.（-∞，-2] D.（-∞，2-e2]【答案】B【解析】【分析】化简得到，根据化简得到答案.【详解】根据题意：.设，则，则函数在上单调递减，在上单调递增，故，故.根据，，故.故选：.【点睛】本题考查了根据不等式恒成立求参数，利用不等式化简是解题的关键.12.已知正方体的外接球表面积为，点E为棱的中点，且平面，点平面，则平面截正方体所得的截面图形的面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求得正方体的边长，画出截面，利用向量法证得平面，根据梯形面积公式计算出截面的面积.【详解】设该正方体外接球的半径为R，依题意，，解得，故，，故.分别取棱，的中点F，G，连接，，，，根据正方体的性质可知：四边形为等腰梯形，建立如图所示空间直角坐标系，，，，所以，由于，所以平面，即截面为等腰梯形.由题可知，，所以等腰梯形的高为，故截面图形的面积为故选：D二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卷相应位置上．）13.已知实数，满足约束条件，设，则最小值为_________.【答案】-2【解析】【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．【详解】作出可行域如图所示：由，可得：.由可行域易知，当直线过点时，纵截距最大，取得最小值.此时..故答案为：-2.14.若的展开式常数项为，则________．【答案】【解析】【分析】求出二项展开式的通项，令的指数为零，可得出方程组，进而可解得的值.【详解】的展开式通项为，由题意可得，解得.故答案为：.15.已知为偶函数，且当时，，则在处的切线方程为______．【答案】；【解析】【分析】首先求时，函数的解析式，再利用导数的几何意义求切线方程.【详解】设，，因为函数是偶函数，所以，当时，，，，所以在处的切线方程为，即.故答案为：16.如图，已知，分别为双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线的左支交于、两点，连接，，在中，，，则双曲线的离心率为________．

【答案】【解析】【分析】设，利用双曲线的定义和，得到，再根据为等腰三角形，求得，如何在中，利用余弦定理求解.【详解】解：设，由双曲线的定义可得，由，得，即，因为为等腰三角形，所以，解得（负值舍去），在中，，即，所以．故答案为：三、解答题（本大题共6小题，其中选做题10分，其余每小题各12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤）17.在①,,②,,③,这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.已知等差数列的前项和为且_________.（填写序号）（1）求数列的通项公式；（2）设，求证数列的前项和注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）选条件①，利用等差数列的通项公式即可求解；选条件②，利用等差数列的前项和公式以及等差数列的通项公式即可求解；选条件③，利用等差数列的通项公式即可求解.（2）利用裂项求和法即可求解.【详解】（1）方案一：选条件①.设等差数列的公差为.因为，，所以,解得所以.方案二：选条件②.设等差数列的公差为.因为，，所以,解得所以.方案三：选条件③.设等差数列的公差为，所以.因为，，所以，，所以，所以.（2）由（1）知，所以=＜18.某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别，，，，（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示.（1）估计这组数据的平均数；（2）在样本中，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取5个，再从这5个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；（3）某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商提出以下两种收购方案：方案①：所有芒果以10元/千克收购；方案②：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购.请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？【答案】（1）；（2）；（3）选择方案②获利多.【解析】【分析】（1）根据区间的频率和区间中点的坐标进行求解即可；（2）根据分层抽样的性质，用列举法，结合古典概型的计算公式进行求解即可；（3）根据两个不同方案进行计算求解判断即可.【小问1详解】由频率分布直方图知，各区间频率为，这组数据的平均数为：；【小问2详解】利用分层抽样从这两个范围内抽取5个芒果，则质量在内的芒果有2个，记为，，质量在内的芒果有3个，记为；从抽取的5个芒果中抽取2个共有10种不同情况：，记事件为“这2个芒