甘肃省武威市第一中2024年全国高三模拟考二全国I卷数学试题

甘肃省武威市第一中2023年全国高三模拟考(二）全国I卷数学试题注意事项: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．设递增的等比数列的前n项和为，已知，，则（）A．9 B．27 C．81 D．2．记集合和集合表示的平面区域分别是和,若在区域内任取一点,则该点落在区域的概率为()A． B． C． D．3．已知七人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为（）.A．432 B．576 C．696 D．9604．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为()A． B． C． D．5．半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体.如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．6．已知函数，则不等式的解集为（）A． B． C． D．7．执行如下的程序框图，则输出的是（）A． B．C． D．8．在复平面内，复数z=i对应的点为Z，将向量绕原点O按逆时针方向旋转，所得向量对应的复数是（）A． B． C． D．9．已知双曲线的一个焦点为，点是的一条渐近线上关于原点对称的两点，以为直径的圆过且交的左支于两点，若，的面积为8，则的渐近线方程为（）A． B．C． D．10．已知，是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则的最小值为（）A． B． C．8 D．611．某网店2019年全年的月收支数据如图所示，则针对2019年这一年的收支情况，下列说法中错误的是（）A．月收入的极差为60 B．7月份的利润最大C．这12个月利润的中位数与众数均为30 D．这一年的总利润超过400万元12．已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于，两点，若中点的横坐标为，则此双曲线的方程是A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．的展开式中常数项是___________.14．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，，则_______.15．已知函数若关于的不等式的解集为，则实数的所有可能值之和为_______.16．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，，则球的体积为__________．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）函数，且恒成立.（1）求实数的集合；（2）当时，判断图象与图象的交点个数，并证明.（参考数据：）18．（12分）已知椭圆的上顶点为，圆与轴的正半轴交于点，与有且仅有两个交点且都在轴上，（为坐标原点）.（1）求椭圆的方程；（2）已知点，不过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与直线的斜率互为相反数.19．（12分）在边长为的正方形，分别为的中点，分别为的中点，现沿折叠，使三点重合，构成一个三棱锥.（1）判别与平面的位置关系，并给出证明；（2）求多面体的体积.20．（12分）设函数，其中是自然对数的底数.（Ⅰ）若在上存在两个极值点，求的取值范围；（Ⅱ）若，函数与函数的图象交于，且线段的中点为，证明：.21．（12分）如图，在三棱柱中，平面平面，侧面为平行四边形，侧面为正方形，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的大小.22．（10分）如图，已知三棱柱中，与是全等的等边三角形.（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值．

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．A【解析】

根据两个已知条件求出数列的公比和首项，即得的值.【详解】设等比数列的公比为q.由，得，解得或.因为.且数列递增，所以.又，解得，故.故选：A【点睛】本题主要考查等比数列的通项和求和公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2．C【解析】

据题意可知，是与面积有关的几何概率，要求落在区域内的概率，只要求、所表示区域的面积，然后代入概率公式，计算即可得答案．【详解】根据题意可得集合所表示的区域即为如图所表示：的圆及内部的平面区域，面积为，集合，，表示的平面区域即为图中的，，根据几何概率的计算公式可得，故选：C．【点睛】本题主要考查了几何概率的计算，本题是与面积有关的几何概率模型．解决本题的关键是要准确求出两区域的面积．3．B【解析】

先把没有要求的3人排好，再分如下两种情况讨论：1.甲、丁两者一起，与乙、丙都不相邻，2.甲、丁一起与乙、丙二者之一相邻.【详解】首先将除甲、乙、丙、丁外的其余3人排好，共有种不同排列方式，甲、丁排在一起共有种不同方式；若甲、丁一起与乙、丙都不相邻，插入余下三人产生的空档中，共有种不同方式；若甲、丁一起与乙、丙二者之一相邻，插入余下三人产生的空档中，共有种不同方式；根据分类加法、分步乘法原理，得满足要求的排队方法数为种.故选：B.【点睛】本题考查排列组合的综合应用，在分类时，要注意不重不漏的原则，本题是一道中档题.4．B【解析】

计算求半径为，再计算球体积和圆锥体积，计算得到答案.【详解】如图所示：设球半径为，则，解得.故求体积为：，圆锥的体积：，故.故选：.【点睛】本题考查了圆锥，球体积，圆锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.5．D【解析】

根据三视图作出该二十四等边体如下图所示，求出该几何体的棱长，可以将该几何体看作是相应的正方体沿各棱的中点截去8个三棱锥所得到的，可求出其体积.【详解】如下图所示，将该二十四等边体的直观图置于棱长为2的正方体中，由三视图可知，该几何体的棱长为，它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，该几何体的体积为，故选：D.【点睛】本题考查三视图，几何体的体积，对于二十四等边体比较好的处理方式是由正方体各棱的中点得到，属于中档题.6．D【解析】

先判断函数的奇偶性和单调性，得到，且，解不等式得解.【详解】由题得函数的定义域为.因为，所以为上的偶函数，因为函数都是在上单调递减.所以函数在上单调递减.因为，所以，且，解得.故选：D【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的判断，考查函数的奇偶性和单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.7．A【解析】

列出每一步算法循环，可得出输出结果的值.【详解】满足，执行第一次循环，，；成立，执行第二次循环，，；成立，执行第三次循环，，；成立，执行第四次循环，，；成立，执行第五次循环，，；成立，执行第六次循环，，；成立，执行第七次循环，，；成立，执行第八次循环，，；不成立，跳出循环体，输出的值为，故选：A.【点睛】本题考查算法与程序框图的计算，解题时要根据算法框图计算出算法的每一步，考查分析问题和计算能力，属于中等题.8．A【解析】

由复数z求得点Z的坐标，得到向量的坐标，逆时针旋转，得到向量的坐标，则对应的复数可求.【详解】解：∵复数z=i（i为虚数单位）在复平面中对应点Z（0，1），

∴＝(0，1)，将绕原点O逆时针旋转得到，

设＝(a，b)，，则，即，

又，解得：，∴，对应复数为.故选：A.【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题.9．B【解析】

由双曲线的对称性可得即，又，从而可得的渐近线方程.【详解】设双曲线的另一个焦点为，由双曲线的对称性，四边形是矩形，所以，即，由，得：，所以，所以，所以，，所以，的渐近线方程为.故选B【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想与计算能力，属于中档题.10．C【解析】

由椭圆的定义以及双曲线的定义、离心率公式化简，结合基本不等式即可求解.【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长为，半焦距为，则，，设由椭圆的定义以及双曲线的定义可得：，则当且仅当时，取等号.故选：C．【点睛】本题主要考查了椭圆的定义以及双曲线的定义、离心率公式，属于中等题.11．D【解析】

直接根据折线图依次判断每个选项得到答案.【详解】由图可知月收入的极差为，故选项A正确；1至12月份的利润分别为20，30，20，10，30，30，60，40，30，30，50，30，7月份的利润最高，故选项B正确；易求得总利润为380万元，众数为30，中位数为30，故选项C正确，选项D错误.故选：.【点睛】本题考查了折线图，意在考查学生的理解能力和应用能力.12．D【解析】

根据点差法得，再根据焦点坐标得，解方程组得，，即得结果.【详解】设双曲线的方程为，由题意可得，设，，则的中点为，由且，得，，即，联立，解得，，故所求双曲线的方程为．故选D．【点睛】本题主要考查利用点差法求双曲线标准方程，考查基本求解能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．-160【解析】试题分析：常数项为.考点：二项展开式系数问题.14．9【解析】

已知由余弦定理即可求得,由可求得,即可求得,利用正弦定理即可求得结果.【详解】由余弦定理和，可得，得，由，，，由正弦定理，得.故答案为:.【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用,难度一般.15．【解析】

由分段函数可得不满足题意；时，，可得，即有，解方程可得，4，结合指数函数的图象和二次函数的图象即可得到所求和．【详解】解：由函数，可得的增区间为，，时，，，时，，当关于的不等式的解集为，，可得不成立，时，时，不成立；，即为，可得，即有，显然，4成立；由和的图象可得在仅有两个交点．综上可得的所有值的和为1．故答案为：1．【点睛】本题考查分段函数的图象和性质，考查不等式的解法，注意运用分类讨论思想方法，考查化简运算能力，属于中档题．16．【解析】

由题意可得三棱锥的三条侧棱两两垂直，则它的外接球就是棱长为的正方体的外接球，求出正方体的对角线的长，就是球的直径，然后求出球的体积.【详解】解：因为，为正三角形，所以，因为，所以三棱锥的三条侧棱两两垂直，所以它的外接球就是棱长为的正方体的外接球，因为正方体的对角线长为，所以其外接球的半径为，所以球的体积为故答案为：【点睛】此题考查球的体积，几何体的外接球，考查空间想象能力，计算能力，属于中档题.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）2个，证明见解析【解析】

（1）要恒成立，只要的最小值大于或等于零即可，所以只要讨论求解看是否有最小值；（2）将图像与图像的交点个数转化为方程实数解的个数问题，然后构造函数，再利用导数讨论此函数零点的个数.【详解】（1）的定义域为，因为，1°当时，在上单调递减，时，使得，与条件矛盾；2°当时，由，得；由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，即有，由恒成立，所以恒成立，令，若；若；而时，，要使恒成立，故.（2）原问题转化为方程实根个数问题，当时，图象与图象有且仅有2个交点，理由如下：由，即，令，因为，所以是的一根；，1°当时，，所以在上单调递减，，即在上无实根；2°当时，，则在上单调递递增，又，所以在上有唯一实根，且满足，①当时，在上单调递减，此时在上无实根；②当时，在上单调递增，，故在上有唯一实根.3°当时，由（1）知，在上单调递增，所以，故，所以在上无实根.综合1°，2°，3°，故有两个实根，即图象与图象有且仅有2个交点.【点睛】此题考查不等式恒成立问题、函数与方程的转化思想，考查导数的运用，属于较难题.18．（1）（2）证明见解析【解析】

（1）根据条件可得，进而得到，即可得到椭圆方程；（2）设直线的方程为，联立，分别表示出直线和直线斜率，相加利用根与系数关系即可得到.【详解】解：（1）圆与有且仅有两个交点且都在轴上，所以，又，，解得，故椭圆的方程为；（2）设直线的方程为，联立，整理可得，则，解得，设点，，则，，所以，故直线与直线的斜率互为相反数.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及椭圆的几何性质，关键是求出椭圆的标准方程，属于中档题．19．（1）平行，证明见解析；（2）.【解析】

（1）由题意及图形的翻折规律可知应是的一条中位线，利用线面平行的判定定理即可求证；（2）利用条件及线面垂直的判定定理可知，，则平面，在利用锥体的体积公式即可．【详解】（1）证明：因翻折后、、重合，∴应是的一条中位线，∴，∵平面，平面，∴平面；（2）解：∵，，∴面且，，，又，．【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理及锥体的体积公式，属于基础题．20．（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】

（Ⅰ）依题意在上存在两个极值点，等价于在有两个不等实根，由参变分类可得，令，利用导数研究的单调性、极值，从而得到参数的取值范围；（Ⅱ）由题解得，，要证成立，只需证：，即：，只需证：，设，即证：，再分别证明，即可；【详解】解：（Ⅰ）由题意可知，，在上存在两个极值点，等价于在有两个不等实根，由可得，，令，则，令，可得，当时，，所以在上单调递减，且当时，单调递增；当时，单调递减；所以是的极大值也是最大值，又当，当大于0趋向与0，要使在有两个根，则，所以的取值范围为；（Ⅱ）由题解得，，要证成立，只需证：即：，只需证：设，即证：要证，只需证：令，则在上为增函数，即成立；要证，只需证明：令，则在上为减函数，，即