青海省部分学校2024届高三下学期协作考试模拟预测 数学（理）试题【含答案】

高三数学试卷（理科）考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（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.第Ⅰ卷一、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．已知集合，，，则（

）A． B． C． D．2．设，则（

）A． B．3 C． D．3．若x，y满足约束条件，则的最小值为（

）A．0 B．-4 C．-5 D．-64．展开式中，项的系数为（

）A． B．720 C． D．14405．已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则在下列区间上函数单调递增的是（

）

A． B． C． D．6．阅读如图所示的程序框图，若输出的，则判断框内应填写的条件为（

）

A． B． C． D．7．已知圆锥的轴截面为为该圆锥的顶点，该圆锥内切球的表面积为，若，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．8．已知关于的方程，若是从区间内任取的一个实数，是从区间内任取的一个实数，则这个关于的方程有实根的概率为（

）A． B． C． D．9．如图，在三棱锥P-ABC中，，，，点D，E，F满足，，，则直线CE与DF所成的角为（

）A． B． C． D．10．某人从银行贷款100万，贷款月利率为年还清，约定采用等额本息按月还款(即每个月还相同数额的款，240个月还清贷款的利息与本金)，则每月大约需还款（

）(参考数据：A．7265元 B．7165元 C．7365元 D．7285元11．已知函数的定义域为，且满足，则下列结论正确的是（

）A． B．方程有解C．是偶函数 D．是偶函数12．已知双曲线的左焦点为，圆.若过的直线分别交的左、右两支于两点，且圆与相切于点，则下列结论错误的是（

）A．若，则直线与没有交点B．若为线段的中点，则离心率C．不可能为线段AB的中点D．若的离心率为，到的渐近线的距离为，则第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13．已知向量，若，则.14．已知抛物线的焦点为，半径为6的圆过坐标原点以及，且与该抛物线的准线相切，则.15．已知数列的前项和为，若，则.16．已知函数的最小值为，则.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．设的内角所对的边分别是且向量满足.(1)求A；(2)若，求BC边上的高.18．全球新能源汽车产量呈上升趋势.以下为年全球新能源汽车的销售量情况统计.年份201820192020202120222023年份编号123456销售量/百万辆2.022.213.136.7010.8014.14若与的相关关系拟用线性回归模型表示，回答如下问题：(1)求变量与的样本相关系数(结果精确到0.01)；(2)求关于的线性回归方程，并据此预测2024年全球新能源汽车的销售量.附：线性回归方程，其中，样本相关系数.参考数据：.19．如图，在斜三棱柱中，，M为AC的中点，．(1)证明：．(2)若，，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.20．已知椭圆C：（）的离心率为，短轴长为，，分别为C的上、下顶点，直线：与C相交于M，N两点，直线与相交于点P.(1)求C的方程；(2)证明点P在定直线上，并求直线，，围成的三角形面积的最小值.21．已知函数（）.(1)当时，求的最值；(2)当时，证明：对任意的，，都有.（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程是(为参数).以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)若曲线与曲线交于点A，B，点使得成等比数列，求的值.[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知函数，的最大值是.(1)求的值；(2)若，且，证明：.1．C【分析】根据集合的补集和交集概念解出结果【详解】因为，，所以.故选：C.2．A【分析】利用复数的四则运算法则求出，再求其模长即得.【详解】因为，所以.故选：A.3．C【分析】作出不等式所表示的可行域，数形结合可求的最小值.【详解】作出不等式组所表示的可行域如图所示：当直线经过点时，最小，由，解得，即，将代入，可得，所以的最小值为-5.故选：C.4．B【分析】写出二项展开式的通项，整理后根据所求确定的值，代入计算即得.【详解】因展开式的通项为则由得，故项的系数为.故选：B.5．C【分析】由的图象，棱台三角函数的性质求得，进而得到，结合正弦型函数的性质，即可求解.【详解】由函数的图象，可得，解得，所以，所以，又由，即，可得，即，因为，所以，所以，所以，令，解得，所以函数的单调增区间是.故选：C.6．B【分析】根据程序输出的结果，得到满足条件的的取值，求解即可.【详解】第一次运行，，，不满足条件，第二次运行，，，不满足条件，第三次运行，，，不满足条件，第四次运行，，，不满足条件，第五次运行，，，不满足条件，第六次运行，，，满足条件，故条件为.故选：.7．A【分析】根据题意，利用内切圆的性质，求得圆锥的底面半径和高，结合体积公式，即可求解.【详解】如图所示，设内切球与PA相切于点，因为，所以，由内切球的表面积为，可得球的半径，则圆锥的高为，圆锥的底面半径为，所以该圆锥的体积.故选：A.8．D【分析】在直角坐标系中构造一个矩形，再根据方程有解求出，再由几何概型的概率公式计算可得.【详解】如图，在直角坐标系中构造一个矩形，两边长分别为4与3，其中，直线的方程为，，关于的方程有实根，则，可得，又，，所以，即满足条件的点落在四边形内，该四边形的面积为，根据几何概型可得概率.故选：D9．D【分析】设，，，利用空间向量运算得，，利用数量积的运算律求解数量积，即可解答.【详解】设，，，则，，，，所以，故直线CE与DF所成的角为.故选：D10．B【分析】设每月需还款万元，由题意，求出第期还款后，还欠银行的款项，再由，得到的递推关系，进而得到数列是等比数列，求出通项，由，解出.【详解】设每月需还款万元，第一期还款后，还欠银行万元，第二期还款后，还欠银行万元，设第期还款后，还欠银行万元，则，且，所以是公比为1.005的等比数列，所以.令，解得，即每月大约需还款7165元.故选：B.11．C【分析】由已知利用赋值法与等差数列的求和公式，结合函数的奇偶性及方程解的存在条件检验各选项即可判断.【详解】对于A，因为函数的定义域为，且满足，取，得，则，取，得，则，故错误；对于B，取，得，则，所以，以上各式相加得，所以，令，得，此方程无解，故B错误.对于CD，由知，所以是偶函数，不是偶函数，故C正确，错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用赋值法得到，再利用等差数列数列的求和公式得到，从而得解.12．D【分析】根据双曲线方程和题中条件，结合各个选项的条件进行判断；【详解】对于A，此时直线为的一条渐近线，A正确.对于B，若为线段的中点，则，由双曲线定义可知，即离心率，B正确.对于C，若为线段AB的中点，则.设，，，联立方程组，消去y得，所以，，所以，可知，即M不可能为线段AB的中点，C正确.对于D，由，得，.因为到C的渐近线的距离为，所以，解得，，.联立方程组，消去得.设，，则，，所以，D错误.故选：D.13．【分析】根据题意，利用空间向量的坐标表示，列出方程，即可求解.【详解】由向量，因为，可得，解得.故答案为：.14．8【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，依题意可知圆心在直线上，且，解得即可.【详解】抛物线的焦点，准线为，因为圆过坐标原点以及，所以圆心在直线上，因为圆的半径为且与该抛物线的准线相切，所以，解得.故答案为：15．3【分析】根据题意，结合，准确运算，即可求解.【详解】因为，且，所以，解得.故答案为：.16．##0.25【分析】利用求导研究函数单调性得出函数得最小值满足，根据题意推得，代入所求式整理计算即得.【详解】由可得，，令，则，所以即在上单调递增.因为，，则存在，使得，即（*）.当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，故.又的最小值为，则有，代入（*）得，.故.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用导数和零点存在定理研究函数的最值点，属于较难题.解题关键在于在得到导函数的单调性后，利用取值不能得到的取正取负的区间，需要利用零点存在定理设出，确定的单调区间，推得即得.17．(1)(2)【分析】（1）根据向量平行关系得到方程，结合正弦定理得到，求出；（2）由余弦定理得到，根据三角形面积得到方程，求出答案.【详解】（1）因为，所以，由正弦定理得，因为，所以，所以，又，解得；（2）因为，所以，即化简得，解得或(舍去)，由的面积，又，故，解得.18．(1)(2)，百万辆【分析】（1）利用相关系数公式即可求解；（2）根据已知数据，利用公式先求出，进而求出，得到线性回归方程，再利用线性回归方程进行预测即可.【详解】（1）因为，，所以，，所以（2）由题意得，所以，得关于的线性回归方程为，所以可以预测2024年全球新能源汽车的销售量为百万辆.19．(1)证明见解析(2).【分析】（1）取的中点，连接，，将线线垂直转换为线面垂直，即平面，通过线面垂直的判断定理证明即可；（2）先证明平面ABC，再建立空间直角坐标系求出各点的坐标，求出二面角的两个半平面的法向量，根据向量夹角公式即可得出结果.【详解】（1）证明：取AB的中点，连接，，因为M为AC的中点，所以，又，所以，因为，所以，所以M，N，，四点共面，因为，，，平面，平面，所以平面，所以.（2）因为平面，所以，又，，所以，因为，，所以在中，，则，由平面，可得.因为，所以平面ABC，以为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴，以经过点且垂直于方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，设平面的法向量为，则由，可得，令，得，由题可知，平面的一个法向量为，，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为.20．(1)(2)证明见解析，.【分析】（1）根据题意建立a，b，c的方程，解出a，b，c的值，即可得出椭圆C的方程；（2）联立方程组得出一元二次方程，再采用设而不求整体代换的方式找到点，的坐标关系，从而推出直线的方程，再联立直线、、的方程，解出交点坐标，从而求出三角形的面积.【详解】（1）由题可知，解得，则C的方程为.（2）设，，联立方程组，整理得，则，，得.由，，可得直线的方程为，直线的方程为，则，解得，故点P在定直线：上.设直线与直线，的交点分别为，，易得，，，当且仅当时，等号成立，故直线，，围成的三角形面积的最小值为.21．(1)最小值，无最大值.(2)证明见解析【分析】（1）当时，易求函数的导数，求出导函数的零点并判断原函数在求得零点附近的单调性，从而确定函数极值，进一步确定函数的最值；（2）当时，通过连续求导得出原函数在上的单调性，通过计算和的值构造函数，并通过求导确定其单调性，求出在的值域，由此可构造不等式，从而得出，，从而得证.【详解】（1）当时，，，易知在上单调递增.因为，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以有最小值，无最大值.（2）证明：.令，则，所以在上单调递增.又，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，即当时，在上单调递减，在上单调递增.所以，.令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，，所以当时，，即当时，，所以当时，且，即且，即对任意的，，都有.【点睛】关键点点睛：（1）关键是求出函数的导数及其零点，并判断原函数在求得零点附近的单调性，从而确定最值；（2）关键是通过计算和的值构造函数，最终构造不等式，从而得出，，从而得证.22．(1)曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为(2)或【分析】（1）由参数方程消去参数可得曲线的普通方程；利用两角和的余弦公式和极坐标与直角坐标互化公式可求出曲线的直角坐标方程；（2）由（1）知点在直线上，直线的一个参数方程，将它代入曲线的普通方程，由与有两个交点，可知，可得的范围，再由韦达定理，利用直线方程中参数的几何意义即可求解.【详解】（1）由，得，得曲线的普通方程为，将极坐标方程展开得，又，所以曲线的直角坐标方