福建省三明市永安第三中学2024年高三第五次模拟考试数学试卷含解析

福建省三明市永安第三中学2024年高三第五次模拟考试数学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120°，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（）A．58厘米 B．63厘米 C．69厘米 D．76厘米2．展开式中x2的系数为()A．－1280 B．4864 C．－4864 D．12803．元代数学家朱世杰的数学名著《算术启蒙》是中国古代代数学的通论，其中关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.下图是源于其思想的一个程序图，若，，则输出的（）A．3 B．4 C．5 D．64．在中，“”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．既不充分也不必要条件5．已知函数,关于的方程R)有四个相异的实数根,则的取值范围是(

)A． B． C． D．6．函数的大致图象是A． B． C． D．7．设命题函数在上递增，命题在中，，下列为真命题的是（）A． B． C． D．8．已知抛物线和点，直线与抛物线交于不同两点，，直线与抛物线交于另一点．给出以下判断：①以为直径的圆与抛物线准线相离；②直线与直线的斜率乘积为；③设过点，，的圆的圆心坐标为，半径为，则．其中，所有正确判断的序号是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③9．已知双曲线，过原点作一条倾斜角为直线分别交双曲线左、右两支P，Q两点，以线段PQ为直径的圆过右焦点F，则双曲线离心率为A． B． C．2 D．10．已知等差数列的前n项和为，且，，若（，且），则i的取值集合是（）A． B． C． D．11．在中，分别为所对的边，若函数有极值点，则的范围是（）A． B．C． D．12．设函数，若函数有三个零点，则（）A．12 B．11 C．6 D．3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，在平面四边形中，点，是椭圆短轴的两个端点，点在椭圆上，，记和的面积分别为，，则______.14．集合，，若是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则下列说法正确的为________①的值可以为2；②的值可以为；③的值可以为；15．若复数满足，其中是虚数单位，是的共轭复数，则________.16．数据的标准差为_____．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）在平面直角坐标系中，点是直线上的动点，为定点，点为的中点，动点满足，且，设点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点的直线交曲线于，两点，为曲线上异于，的任意一点，直线，分别交直线于，两点.问是否为定值？若是，求的值；若不是，请说明理由.18．（12分）已知，，.（1）求的最小值；（2）若对任意，都有，求实数的取值范围.19．（12分）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，底面，且，为的中点.（1）证明：；（2）设点是线段上的动点，当直线与直线所成的角最小时，求三棱锥的体积.20．（12分）已知函数．（Ⅰ）求在点处的切线方程；（Ⅱ）求证：在上存在唯一的极大值；（Ⅲ）直接写出函数在上的零点个数．21．（12分）已知函数（I）当时，解不等式.（II）若不等式恒成立，求实数的取值范围22．（10分）已知函数.（1）解关于的不等式；（2）若函数的图象恒在直线的上方，求实数的取值范围

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、B【解析】

由于实际问题中扇形弧长较小，可将导线的长视为扇形弧长，利用弧长公式计算即可.【详解】因为弧长比较短的情况下分成6等分，所以每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长，故导线长度约为63(厘米).故选：B.【点睛】本题主要考查了扇形弧长的计算，属于容易题.2、A【解析】

根据二项式展开式的公式得到具体为：化简求值即可.【详解】根据二项式的展开式得到可以第一个括号里出项，第二个括号里出项，或者第一个括号里出，第二个括号里出，具体为：化简得到-1280x2故得到答案为：A.【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.3、B【解析】分析：根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为；根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为，根据每次循环得到的的值的大小决定循环的次数即可.详解：记执行第次循环时，的值记为有，则有；记执行第次循环时，的值记为有，则有.令，则有，故，故选B.点睛：本题为算法中的循环结构和数列通项的综合，属于中档题，解题时注意流程图中蕴含的数列关系（比如相邻项满足等比数列、等差数列的定义，是否是求数列的前和、前项积等）.4、C【解析】

由余弦函数的单调性找出的等价条件为，再利用大角对大边，结合正弦定理可判断出“”是“”的充分必要条件.【详解】余弦函数在区间上单调递减，且，，由，可得，，由正弦定理可得.因此，“”是“”的充分必要条件.故选：C.【点睛】本题考查充分必要条件的判定，同时也考查了余弦函数的单调性、大角对大边以及正弦定理的应用，考查推理能力，属于中等题.5、A【解析】=,当时时,单调递减，时,单调递增,且当,当,

当时，恒成立，时,单调递增且,方程R)有四个相异的实数根.令=则,,即.6、A【解析】

利用函数的对称性及函数值的符号即可作出判断.【详解】由题意可知函数为奇函数，可排除B选项；当时，，可排除D选项；当时，，当时，，即，可排除C选项，故选：A【点睛】本题考查了函数图象的判断，函数对称性的应用，属于中档题．7、C【解析】

命题：函数在上单调递减，即可判断出真假．命题：在中，利用余弦函数单调性判断出真假．【详解】解：命题：函数，所以，当时，，即函数在上单调递减，因此是假命题．命题：在中，在上单调递减，所以，是真命题．则下列命题为真命题的是．故选：C．【点睛】本题考查了函数的单调性、正弦定理、三角形边角大小关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．8、D【解析】

对于①，利用抛物线的定义，利用可判断；对于②，设直线的方程为，与抛物线联立，用坐标表示直线与直线的斜率乘积，即可判断；对于③，将代入抛物线的方程可得，，从而，，利用韦达定理可得，再由，可用m表示，线段的中垂线与轴的交点（即圆心）横坐标为，可得a，即可判断.【详解】如图，设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，则圆心为线段的中点．设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，显然，，三点不共线，则．所以①正确．由题意可设直线的方程为，代入抛物线的方程，有．设点，的坐标分别为，，则，．所以．则直线与直线的斜率乘积为．所以②正确．将代入抛物线的方程可得，，从而，．根据抛物线的对称性可知，，两点关于轴对称，所以过点，，的圆的圆心在轴上．由上，有，，则．所以，线段的中垂线与轴的交点（即圆心）横坐标为，所以．于是，，代入，，得，所以．所以③正确．故选：D【点睛】本题考查了抛物线的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题.9、B【解析】

求得直线的方程，联立直线的方程和双曲线的方程，求得两点坐标的关系，根据列方程，化简后求得离心率.【详解】设，依题意直线的方程为，代入双曲线方程并化简得，故，设焦点坐标为，由于以为直径的圆经过点，故，即，即，即，两边除以得，解得.故，故选B.【点睛】本小题主要考查直线和双曲线的交点，考查圆的直径有关的几何性质，考查运算求解能力，属于中档题.10、C【解析】

首先求出等差数列的首先和公差，然后写出数列即可观察到满足的i的取值集合.【详解】设公差为d，由题知，，解得，，所以数列为，故.故选：C.【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量的求解，属于基础题.11、D【解析】试题分析：由已知可得有两个不等实根.考点：1、余弦定理；2、函数的极值.【方法点晴】本题考查余弦定理，函数的极值，涉及函数与方程思想思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型.首先利用转化化归思想将原命题转化为有两个不等实根，从而可得.12、B【解析】

画出函数的图象，利用函数的图象判断函数的零点个数，然后转化求解，即可得出结果．【详解】作出函数的图象如图所示，令，由图可得关于的方程的解有两个或三个（时有三个，时有两个），所以关于的方程只能有一个根（若有两个根，则关于的方程有四个或五个根），由，可得的值分别为，则故选B．【点睛】本题考查数形结合以及函数与方程的应用，考查转化思想以及计算能力，属于常考题型.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

依题意易得A、B、C、D四点共圆且圆心在x轴上，然后设出圆心，由圆的方程与椭圆方程联立得到B的横坐标，进一步得到D横坐标，再由计算比值即可.【详解】因为，所以A、B、C、D四点共圆，直径为，又A、C关于x轴对称，所以圆心E在x轴上，设圆心E为，则圆的方程为，联立椭圆方程消y得，解得，故B的横坐标为，又B、D中点是E，所以D的横坐标为，故.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆中的四点共圆及三角形面积之比的问题，考查学生基本计算能力及转化与化归思想，本题关键是求出B、D横坐标，是一道有区分度的压轴填空题.14、②③【解析】

根据对称性，只需研究第一象限的情况，计算：，得到，，得到答案.【详解】如图所示：根据对称性，只需研究第一象限的情况，集合：，故，即或，集合：，是平面上正八边形的顶点所构成的集合，故所在的直线的倾斜角为，，故：，解得，此时，，此时.故答案为：②③.【点睛】本题考查了根据集合的交集求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力，利用对称性是解题的关键.15、【解析】

设，代入已知条件进行化简，根据复数相等的条件，求得的值.【详解】设，由，得，所以，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查共轭复数，考查复数相等的条件，属于基础题.16、【解析】

先计算平均数再求解方差与标准差即可.【详解】解：样本的平均数,这组数据的方差是标准差,故答案为：【点睛】本题主要考查了标准差的计算,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）是定值，.【解析】

（1）设出M的坐标为，采用直接法求曲线的方程；（2）设AB的方程为，，,，求出AT方程，联立直线方程得D点的坐标，同理可得E点的坐标，最后利用向量数量积算即可.【详解】（1）设动点M的坐标为，由知∥，又在直线上，所以P点坐标为，又，点为的中点，所以，，，由得，即；（2）设直线AB的方程为，代入得，设，，则，，设，则，所以AT的直线方程为即，令，则，所以D点的坐标为，同理E点的坐标为，于是，，所以，从而，所以是定值.【点睛】本题考查了直接法求抛物线的轨迹方程、直线与抛物线位置关系中的定值问题，在处理此类问题一般要涉及根与系数的关系，本题思路简单，但计算量比较大，是一道有一定难度的题.18、（1）2；（2）.【解析】

（1）化简得，所以，展开后利用基本不等式求最小值即可；（2）由（1），原不等式可转化为，讨论去绝对值即可求得的取值范围.【详解】（1）∵，，∴，∴.∴.当且仅当且即时，.（2）由（1）知，，对任意，都有，∴，即.①当时，有，解得；②当，时，有，解得；③当时，有，解得；综上，，∴实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查基本不等式的运用和求解含绝对值的不等式，考查学生的分类思想和计算能力，属于中档题.19、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）要证明，只需证明平面即可；（2）以C为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法求，并求其最大值从而确定出使问题得到解决.【详解】（1）连结AC、AE，由已知，四边形ABCE为正方形，则①，因为底面，则②，由①②知平面，所以.（2）以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设，，则，所以，设，则，所以当，即时，取最大值，从而取最小值，即直线与直线所成的角最小，此时，则，因为，，则平面，从而M到平面的距离，所以.【点睛】本题考查线面垂直证线线垂直、异面直线直线所成角计算、换元法求函数最值以及等体积法求三棱锥的体积，考查的内容较多，计算量较大，解决此类问题最关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解