2024年青海省部分校高三数学（理）4月模拟联考试卷附答案解析

年青海省部分校高三数学（理）4月模拟联考试卷2024.4考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分，共150分．考试时间120分钟．2．请将各题答案填写在答题卡上．3．本试卷主要考试内容：高考全部内容．一、选择题：本大题共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．（

）A． B． C． D．2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．已知向量，，，且，则（

）A． B． C． D．4．已知函数的极值点为a，则（

）A． B．0 C．1 D．25．设x，y满足约束条件，则的最大值为（

）A．11 B．7 C．－1 D．－46．已知，分别是双曲线C：的左、右焦点，，点P在C的右支上，且的周长为，则（

）A． B． C． D．7．若，，则（

）A．1 B．－1 C．2 D．－28．已知F是抛物线C：的焦点，过F的直线l与C交于A，B两点，且A，B到直线的距离之和等于，则（

）A．6 B．8 C．12 D．149．记数列的前n项积为，设甲：为等比数列，乙：为等比数列，则（

）A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分也不必要条件10．已知函数在上的图象大致如图所示，则的最小正周期为（

）A． B． C． D．11．如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（

）A． B． C． D．12．已知定义在R上的函数满足，，则（

）A． B． C． D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13．在等差数列中，，则．14．已知点在圆心为的圆M外，过P作圆M的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，则过P与直线AB平行的直线方程为．15．为了响应中央的号召，某地教育部门计划安排甲、乙、丙、丁等6名教师前往四个乡镇支教，要求每个乡镇至少安排1名教师，则甲、乙在同一乡镇支教且丙、丁不在同一乡镇支教的安排方法共有种．16．在半径为5的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为．三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．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．如图，在三棱锥中，平面PAB，E，F分别为BC，PC的中点，且，，．

(1)证明：平面．(2)求二面角的余弦值．18．为提升基层综合文化服务中心服务效能，广泛开展群众性文化活动，某村干部在本村的村民中进行问卷调查，将他们的成绩（满分：100分）分成7组：.整理得到如下频率分布直方图.(1)求的值并估计该村村民成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；(2)从成绩在内的村民中用分层抽样的方法选取6人，再从这6人中任选3人，记这3人中成绩在内的村民人数为，求的分布列与期望.19．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求B；(2)若，的面积为S．周长为L，求的最大值．20．已知椭圆：的离心率为．(1)求的方程；(2)过的右焦点的直线与交于，两点，与直线交于点，且，求的斜率．21．已知质数，且曲线在点处的切线方程为．(1)求m的值；(2)证明：对一切，都有．（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：坐标与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．(1)求C与l的直角坐标方程；(2)若P是C上的一个动点，求P到l的距离的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数的最小值为8．(1)求a；(2)若在上单调递减，求不等式的解集．1．A【分析】化简式子即可得出结论【详解】由题意，故选：A.2．C【分析】通过将集合中的元素代入集合，看是否符合不等式，即可得出结论.【详解】由题意，，当时，，当时，，当时，，∴和满足集合的要求，∴，故选：C.3．B【分析】根据坐标运算的加减法进行运算，再结合向量垂直即可得出结果.【详解】由题，因为，所以，.故选：B.4．B【分析】利用导数求出函数的极值点，再代入求出函数值.【详解】函数，求导得，当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，因此是的极小值点，且是唯一极值点，所以，.故选：B5．A【分析】画出可行域和目标函数，根据的几何意义得到当过点时，取得最大值，求出答案.【详解】由约束条件作出可行域和目标函数，变形为，由于为在轴上的截距，要想得到的最大值，只需得到在轴上的截距的最小值，显然当过点时，取得最大值，联立，解得，将代入，，当直线l：经过点时，z取得最大值11．故选：A6．D【分析】借助双曲线定义计算即可得.【详解】由双曲线定义可知：，则三角形的周长为，故.故选：D.7．A【分析】本题考查指数式与对数式的互化、对数的运算法则、换底公式的应用.【详解】由，所以故选：A8．C【分析】根据给定条件，利用抛物线的定义求出，列出方程求解即得.【详解】依题意，设点，而抛物线C：的准线方程为，则，点到直线的距离和为，因此，所以.故选：C9．D【分析】利用等比数列通项公式、等比数列定义，结合充分条件、必要条件的定义判断得解.【详解】若为等比数列，设其公比为，则，，于是，，当时，不是常数，此时数列不是等比数列，则甲不是乙的充分条件；若为等比数列，令首项为，公比为，则，，于是当时，，而，当时，不是等比数列，即甲不是乙的必要条件，所以甲是乙的既不充分也不必要条件.故选：D10．B【分析】根据图象确定周期的范围，得出，再由特殊点求出即可得解.【详解】由图可知，，则．，．解得，，故，则，所以，故的最小正周期为．故选：B11．D【分析】连接、、、、、，借助平行线的性质可得四点共面，即可得线段与相交，线段与相交，线段与相交，从而排除A、B、C.【详解】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点，易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误；连接，，有，，故，所以线段与相交，C错误；连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确.故选：D.12．D【分析】依次求出猜想,再用等比数列求和.【详解】,,,,,,,故选：D【点睛】关键点点睛:本题关键是通过计算观察得到,进而转化为等比数列求和.13．3【分析】根据给定条件，利用首项表示公差，再借助等差数列通项计算即得.【详解】令等差数列的公差为，由，得，因此，所以.故答案为：314．【分析】利用所求直线与直线AB平行，就是与直线垂直，可直接写出所求直线方程.【详解】由题意：直线的方程为：，所求直线过点且与直线垂直，所以所求直线方程为：，即.故答案为：15．【分析】先分组后排列计算即可得.【详解】若这6名教师的分组为3，1，1，1，则甲、乙必在三人组中，丙、丁分开，不同的安排方法有种；若这6名教师的分组为2，2，1，1，则甲、乙必在二人组中，丙、丁分开，不同的安排方法有种．故不同的安排方法共有种．故答案为：.16．##【分析】利用球的截面小圆性质，用圆锥的高表示出圆锥的底面圆半径，再求出圆锥体积的函数关系，利用导数求出最大值即得.【详解】过圆锥的轴的平面截球面得大圆，截圆锥得轴截面等腰三角形，是球的截面大圆的内接三角形，如图，设圆锥的高为，圆锥底面圆半径为，球心到圆锥底面距离，则，即，圆锥体积，求导得，当时，，当时，，因此函数在上单调递增，在上单调递减，，所以圆锥体积的最大值为.故答案为：【点睛】关键点点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.17．(1)证明见解析.(2)【分析】（1）利用线面垂直的性质结合勾股定理得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理证明另一组线面垂直即可.（2）建立空间直角坐标系，先求出平面AEF的法向量，再求出面的法向量，利用二面角的向量求法求解即可.【详解】（1）分别为的中点,平面，面，平面（2）

以为原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则设平面AEF的法向量为可得，故，令则解得，，得到平面的一个法向量为易得平面的一个法向量为由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.18．(1)；(2)分布列见详解；【分析】（1）由频率和为1，可求的值，再由平均数计算公式求解；（2）根据分层抽样可确定的取值，再分别求出概率，最后利用期望公式求解.【详解】（1）由图可知，，解得，该村村民成绩的平均数约为；（2）从成绩在内的村民中用分层抽样的方法选取6人，其中成绩在的村民有人，成绩在的村民有4人，从中任选3人，的取值可能为1,2,3，，，，则的分布列为123故19．(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理统一为角，再由三角恒等变换化简即可得解；（2）由余弦定理及三角形的面积公式得，再由基本不等式进行求解即可.【详解】（1）由正弦定理可得，，所以,所以，即，由，可知，所以，即，由，知.（2）由余弦定理，得，即，所以，即，因为，，所以，所以，又（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），即的最大值为.20．(1)(2)【分析】（1）由离心率公式求出即可；（2）首先计算直线的斜率为时不符合题意，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，表示出，再求出点坐标，即可得到，从而得到方程，求出即可.【详解】（1）因为椭圆：的离心率为，所以，解得，所以椭圆方程为.（2）由（1）可得，当直线的斜率为时，则，，，所以，，显然不满足，故舍去；依题意直线的斜率存在且不为，设直线的方程为，，，由，消去整理得，显然，则，，所以，又解得，所以，所以，因为，所以，解得，综上可得的斜率为.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.21．(1)(2)证明见解析【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；（2）将转化，从而可构造函数，借助导数研究其在上的最大值即可得.【详解】（1），，，则有，，解得；（2）由，故，要证对一切，都有，即证对一切恒成立，即证对一切恒成立，令，，则当时，，则当时，，即在、上单调递减，在上单调递增，又，，故对一切恒成立，即得证.【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将需证明的：对一切，都有转化为证明：对一切恒成立.22．(1)，；(2).【分析】（1）消去参数求出曲线C的普通方程；利用极坐标与直角坐标的互化公式求出l的直角坐标方程.（2）利用点到直线的距离公式，结合图形的几何性质求出取值范围.【详解】（1）消去曲线C的参数方程中的参数得：，把代入直线l的极坐标方程得：，所以C与l的直角坐标方程分别为，.（2）显然曲线