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文档简介
甘肃省白银市2024届高考数学一模试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。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.给出以下四个命题:①依次首尾相接的四条线段必共面;②过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面;③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角必相等;④垂直于同一直线的两条直线必平行.其中正确命题的个数是()A.0 B.1 C.2 D.32.函数在的图象大致为()A. B.C. D.3.设函数,当时,,则()A. B. C.1 D.4.我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”,用现代式子表示即为:在中,角所对的边分别为,则的面积.根据此公式,若,且,则的面积为()A. B. C. D.5.在中,角、、的对边分别为、、,若,,,则()A. B. C. D.6.若数列满足且,则使的的值为()A. B. C. D.7.已知,则()A. B. C. D.8.某市政府决定派遣名干部(男女)分成两个小组,到该市甲、乙两个县去检查扶贫工作,若要求每组至少人,且女干部不能单独成组,则不同的派遣方案共有()种A. B. C. D.9.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10.已知函数,,当时,不等式恒成立,则实数a的取值范围为()A. B. C. D.11.某几何体的三视图如图所示,则此几何体的体积为()A. B.1 C. D.12.为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识,驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗,协助交警劝导交通.现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗,每个路口至少一人,且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A.12种 B.24种 C.36种 D.48种二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.的展开式中,的系数是__________.(用数字填写答案)14.已知函数,若关于x的方程有且只有两个不相等的实数根,则实数a的取值范围是_______________.15.学校艺术节对同一类的四项参赛作品,只评一项一等奖,在评奖揭晓前,甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下:甲说:“作品获得一等奖”;乙说:“作品获得一等奖”;丙说:“,两项作品未获得一等奖”;丁说:“是或作品获得一等奖”,若这四位同学中只有两位说的话是对的,则获得一等奖的作品是___.16.等腰直角三角形内有一点P,,,,,则面积为______.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。17.(12分)己知的内角的对边分别为.设(1)求的值;(2)若,且,求的值.18.(12分)已知数列的各项均为正数,且满足.(1)求,及的通项公式;(2)求数列的前项和.19.(12分)如图1,四边形是边长为2的菱形,,为的中点,以为折痕将折起到的位置,使得平面平面,如图2.(1)证明:平面平面;(2)求点到平面的距离.20.(12分)在直角坐标系xOy中,直线的参数方程为(t为参数,).以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为.(l)求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程:(2)若直线与曲线C相交于A,B两点,且.求直线的方程.21.(12分)在直角坐标系中,圆的参数方程为(为参数),以为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求圆的极坐标方程;(2)直线的极坐标方程是,射线与圆的交点为、,与直线的交点为,求线段的长.22.(10分)[选修4-5:不等式选讲]设函数.(1)求不等式的解集;(2)已知关于的不等式在上有解,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】
用空间四边形对①进行判断;根据公理2对②进行判断;根据空间角的定义对③进行判断;根据空间直线位置关系对④进行判断.【详解】①中,空间四边形的四条线段不共面,故①错误.②中,由公理2知道,过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面,故②正确.③中,由空间角的定义知道,空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补,故③错误.④中,空间中,垂直于同一直线的两条直线可相交,可平行,可异面,故④错误.故选:B【点睛】本小题考查空间点,线,面的位置关系及其相关公理,定理及其推论的理解和认识;考查空间想象能力,推理论证能力,考查数形结合思想,化归与转化思想.2、B【解析】
先考虑奇偶性,再考虑特殊值,用排除法即可得到正确答案.【详解】是奇函数,排除C,D;,排除A.故选:B.【点睛】本题考查函数图象的判断,属于常考题.3、A【解析】
由降幂公式,两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式,然后由正弦函数性质求得参数值.【详解】,时,,,∴,由题意,∴.故选:A.【点睛】本题考查二倍角公式,考查两角和的正弦公式,考查正弦函数性质,掌握正弦函数性质是解题关键.4、A【解析】
根据,利用正弦定理边化为角得,整理为,根据,得,再由余弦定理得,又,代入公式求解.【详解】由得,即,即,因为,所以,由余弦定理,所以,由的面积公式得故选:A【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理,还考查了运算求解的能力,属于中档题.5、B【解析】
利用两角差的正弦公式和边角互化思想可求得,可得出,然后利用余弦定理求出的值,最后利用正弦定理可求出的值.【详解】,即,即,,,得,,.由余弦定理得,由正弦定理,因此,.故选:B.【点睛】本题考查三角形中角的正弦值的计算,考查两角差的正弦公式、边角互化思想、余弦定理与正弦定理的应用,考查运算求解能力,属于中等题.6、C【解析】因为,所以是等差数列,且公差,则,所以由题设可得,则,应选答案C.7、B【解析】
利用诱导公式以及同角三角函数基本关系式化简求解即可.【详解】,本题正确选项:【点睛】本题考查诱导公式的应用,同角三角函数基本关系式的应用,考查计算能力.8、C【解析】
在所有两组至少都是人的分组中减去名女干部单独成一组的情况,再将这两组分配,利用分步乘法计数原理可得出结果.【详解】两组至少都是人,则分组中两组的人数分别为、或、,
又因为名女干部不能单独成一组,则不同的派遣方案种数为.故选:C.【点睛】本题考查排列组合的综合问题,涉及分组分配问题,考查计算能力,属于中等题.9、B【解析】
分别判断充分性和必要性得到答案.【详解】所以(逆否命题)必要性成立当,不充分故是必要不充分条件,答案选B【点睛】本题考查了充分必要条件,属于简单题.10、D【解析】
由变形可得,可知函数在为增函数,由恒成立,求解参数即可求得取值范围.【详解】,即函数在时是单调增函数.则恒成立..令,则时,单调递减,时单调递增.故选:D.【点睛】本题考查构造函数,借助单调性定义判断新函数的单调性问题,考查恒成立时求解参数问题,考查学生的分析问题的能力和计算求解的能力,难度较难.11、C【解析】该几何体为三棱锥,其直观图如图所示,体积.故选.12、C【解析】
先将甲、乙两人看作一个整体,当作一个元素,再将这四个元素分成3个部分,每一个部分至少一个,再将这3部分分配到3个不同的路口,根据分步计数原理可得选项.【详解】把甲、乙两名交警看作一个整体,个人变成了4个元素,再把这4个元素分成3部分,每部分至少有1个人,共有种方法,再把这3部分分到3个不同的路口,有种方法,由分步计数原理,共有种方案。故选:C.【点睛】本题主要考查排列与组合,常常运用捆绑法,插空法,先分组后分配等一些基本思想和方法解决问题,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
根据组合的知识,结合组合数的公式,可得结果.【详解】由题可知:项来源可以是:(1)取1个,4个(2)取2个,3个的系数为:故答案为:【点睛】本题主要考查组合的知识,熟悉二项式定理展开式中每一项的来源,实质上每个因式中各取一项的乘积,转化为组合的知识,属中档题.14、【解析】
画出函数的图象,再画的图象,求出一个交点时的的值,然后平行移动可得有两个交点时的的范围.【详解】函数的图象如图所示:因为方程有且只有两个不相等的实数根,所以图象与直线有且只有两个交点即可,当过点时两个函数有一个交点,即时,与函数有一个交点,由图象可知,直线向下平移后有两个交点,可得,故答案为:.【点睛】本题主要考查了方程的跟与函数的图象交点的转化,数形结合的思想,属于中档题.15、C【解析】
假设获得一等奖的作品,判断四位同学说对的人数.【详解】分别获奖的说对人数如下表:获奖作品ABCD甲对错错错乙错错对错丙对错对错丁对错错对说对人数3021故获得一等奖的作品是C.【点睛】本题考查逻辑推理,常用方法有:1、直接推理结果,2、假设结果检验条件.16、【解析】
利用余弦定理计算,然后根据平方关系以及三角形面积公式,可得结果.【详解】设由题可知:由,,,所以化简可得:则或,即或由,所以所以故答案为:【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形,仔细观察,细心计算,属基础题.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)【解析】
(1)由正弦定理将,转化,即,由余弦定理求得,再由平方关系得再求解.(2)由,得,结合再求解.【详解】(1)由正弦定理,得,即,则,而,又,解得,故.(2)因为,则,因为,故,故,解得,故,则.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式,考查运算求解能力以及化归与转化思想,属于中档题.18、(1);.;(2)【解析】
(1)根据题意,知,且,令和即可求出,,以及运用递推关系求出的通项公式;(2)通过定义法证明出是首项为8,公比为4的等比数列,利用等比数列的前项和公式,即可求得的前项和.【详解】解:(1)由题可知,,且,当时,,则,当时,,,由已知可得,且,∴的通项公式:.(2)设,则,所以,,得是首项为8,公比为4的等比数列,所以数列的前项和为:,即,所以数列的前项和:.【点睛】本题考查通过递推关系求数列的通项公式,以及等比数列的前项和公式,考查计算能力.19、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)由题意可证得,,所以平面,则平面平面可证;(2)解法一:利用等体积法由可求出点到平面的距离;解法二:由条件知点到平面的距离等于点到平面的距离,过点作的垂线,垂足,证明平面,计算出即可.【详解】解法一:(1)依题意知,因为,所以.又平面平面,平面平面,平面,所以平面.又平面,所以.由已知,是等边三角形,且为的中点,所以.因为,所以.又,所以平面.又平面,所以平面平面.(2)在中,,,所以.由(1)知,平面,且,所以三棱锥的体积.在中,,,得,由(1)知,平面,所以,所以,设点到平面的距离,则三棱锥的体积,得.解法二:(1)同解法一;(2)因为,平面,平面,所以平面.所以点到平面的距离等于点到平面的距离.过点作的垂线,垂足,即.由(1)知,平面平面,平面平面,平面,所以平面,即为点到平面的距离.由(1)知,,在中,,,得.又,所以.所以点到平面的距离为.【点睛】本题主要考查空间面面垂直的的判定及点到面的距离,考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.求点到平面的距离一般可采用两种方法求解:①等体积法;②作(找)出点到平面的垂线段,进行计算即可.20、(1)见解析(2)【解析】
(1)将消去参数t可得直线的普通方程,利用x=ρcosθ,可将极坐标方程转为直角坐标方程.(2)利用直线被圆截得的弦长公式计算可得答案.【详解】(1)由消去参数t得(),由得曲线C的直角坐标方程为:(2)由得,圆心为(1,0),半径为2,圆心到直线的距离为,∴,即,整理得,∵,∴,,,所以直线l的方程为:.【点睛】本题考查参数方程,极坐标方程与直角坐标方程之间的互化,考查直线被圆截得的弦长公式的应用,考查分析能力与计算能力,属于基础题.21、(1)(2)【解析】
(1)首先将参数方程转化为普通方程再根据公式化为极坐标方程即可;(2)设,,由,即可求出,则计算可得;【详解
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