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银川一中2024届高三二模数学试题参考答案（理）
6．【答案】A
一、单选题
1．【答案】B
【分析】利用辅助角公式可得 ，结合同角三角关系可得 ，
【分析】直接解一元二次不等式得集合 ，解一元一次不等式的集合 ，从而可得并集
. 再根据诱导公式分析求解.
【详解】因为 ，解得 或 ，所以 或 ，
【详解】因为 ，可得 ，
又 ，所以 或 ．
故选：B.
且 ，则 ，可得 ，
2.【答案】B
【分析】借助复数运算法则计算后结合纯虚数定义即可得.
【详解】 ，
则 ，所以 .
若 为纯虚数，则 ，即 .
故选：B. 故选：A.
3．【答案】A 7．【答案】B
【分析】由题意知，该几何体是一个半圆锥，其底面半径为1，高为1，计算体积即可. 【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】由题意知，该几何体是一个半圆锥，其底面半径为1，高为1，
【详解】若 和 在 上单调递增， 在 上单调递减，
则该几何体的体积为 ． 则有 个；
故选：A. 若 和 在 上单调递增， 在 上单调递减，
4．【答案】D
则有 个；
【分析】根据函数的奇偶性和定义域可得 ，解方程并验证即可求解.
若 和 在 上单调递增， 在 上单调递减，
【详解】因为函数 是定义域为R的奇函数 则有 个；
若 、 和 在 上单调递增，则有 个；
所以 ，即 ，解得 .
综上所述：共有 个.
当 时， ， 故选：B.
8．【答案】A
有 ，函数 为奇函数. 【分析】在 中由余弦定理求得 ，由题意证得 平面ABC，进而确定外
接球球心O，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可.
所以 .
【详解】在 中， ，
故选：D.
5．【答案】D 即 ，又 ，
【分析】根据几何概型的概率公式，由面积之比即可求解.
因为 ，所以 ，同理 ，
【详解】 表示圆心为原点，半径为2的圆以及内部， 又由 平面ABC， 平面 .
区域 表示圆心为原点，半径为2和半径为1的圆
设 的外接圆半径为 ，所以 ，
环以及内部，所以概率为 ，
故选：D 所以 ，所以外接球的半径R满足 ，
试卷第1页，共3页
学科网（北京）股份有限公司∴三棱锥 外接球的表面积为 .
【详解】由数列 的前n项和为 且 ，得 ，
故选：A.
9．【答案】B
于是 ，
【分析】根据题意结合图形得到 是“刍童”
其中一条侧棱与与底面所成角的平面角，从而求得该刍童的高，
进而根据刍童的体积公式即可求得结果．
两式相减得： ，
【详解】连接 ， 交于点 ，连接 ， 交于点 ，
连接 ，过 作 ，如图，
因为“刍童” 上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值 因此 ， ，显然数列 是递增数列，
均相等，
当 为奇数时， ，由 恒成立，得 ，则 ，
所以 底面 ，又 ，所以 底面 ，
所以 是“刍童” 其中一条侧棱与底面所成角的平面角，则 当 为偶数时， ，由 恒成立，得 ，则 ，
，
所以实数a的取值范围是 .
因为 ，所以 ，
故选：C
易知四边形 是等腰梯形，则 ，
12．【答案】A
【分析】本题首先可以结合题意绘出双曲线的图像，然后根据 得出
所以在 中， ，则 ，即“刍童”
，根据双曲线的定义得出 ，再然后根据 得出
的高为 ，
以及 ，根据 得出 ，最后将 点坐标代入
则该刍童的体积 .
故选：B． 双曲线 中，通过化简即可得出结果.
10．【答案】B
【详解】设 为双曲线的下焦点， 为双曲线的上焦点，
【分析】求出圆心坐标，可得抛物线的焦点，过 作准线的垂线，垂足为 ，根据抛物线
的定义，可得 ，故 的周长为 ，联立圆与抛物线可得B点坐标，可 绘出双曲线的图像，
得 的取值范围，可得答案. 如图，过点 作 于点 ,
【详解】解：如图， 因为 ，
可得圆心 也是抛物线的焦点，
过 作准线的垂线，垂足为 ，根据抛物线的定义， 所以 ， ，
可得
故 的周长 ， 因为 ，所以 ，
因为双曲线上的点 到原点的距离为 ，即 ，且 ，
由 可得 ， .
所以 ， ，
的取值范围为
故 ， ，
的周长 的取值范围为
故选： .
11．【答案】C 因为 ，所以 ， ，
【分析】根据给定条件，利用错位相减求和法求出 ，再按奇偶讨论求出a的范围.
试卷第2页，共3页将 代入双曲线 中， ∴ .
故答案为： .
16．【答案】
即 ，化简得 ， ，
【分析】二次求导，结合隐零点得到方程与不等式，变形后得到 ，从
而 ， ，代入 ，得到 的最大值.
， ， ，
【详解】 ， 定义域为 ，
解得 或 （舍去）， ， ， 则 ，
令 ，
则该双曲线的渐近线方程为 ，
则 ， 在 上单调递增，
故选：A.
二、填空题 且 时， 当 时，
13．【答案】 使得 即
当 时 ，当 时 ，
【分析】根据题意可得 ，对等式 两边同时平方，即可求解.
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
【详解】由 ，得 ，
所以 ②，
由 ，
由 得 ①，
即 ，代入②得， ，
解得 .
整理得
故答案为： .
，
14．【答案】8
∴ ，
【分析】画出可行域和目标函数，由几何意义求出最小值.
∴ ，
【详解】画出可行域及目标函数，如下：阴影部分即为可行域，
为直线 与 轴交点的纵坐标， ，
由几何意义可知，当 过点 时，取得最小值， 故 的最大值为3.
故答案为：3
联立 ，解得 ， 三、解答题
17．【答案】(1) (2)分布列见解析，
故 .
【分析】
故答案为：8
（1）首先判断中位数在 内，再列出方程，解得即可；
15．【答案】
（2）依题意可得 ，即可求出其分布列与数学期望.
【分析】根据等差数列列式，代入等比数列前 项和公式，计算得 ，从而求解 .
【详解】（1）因为 ， ，
【详解】∵ ， ， 成等差数列，∴ ，由题意 ，
所以该校学生比赛成绩的中位数在 内，
∴ ，可得 ，所以 设该校学生比赛成绩的中位数为 ，则 ，
试卷第3页，共3页
学科网（北京）股份有限公司解得 ，即该校学生比赛成绩的中位数为 ．
19．【答案】(1)证明见解析 (2)
（2）由频率分布直方图可知比赛成绩优秀的频率为 ，
则从该校学生中随机抽取 人，被抽取的学生比赛成绩优秀的概率是 ． 【分析】（1）由题意和勾股定理可得 ，利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由面面垂直的性质和线面垂直的性质可得 ，进而建立如图空间直角坐标系
由题意可知 ，
，利用空间向量法即可求出该面面角；
则 ，
（3）假设存在这样的点Q，则存在 使得 .利用线面平行和空间向量的坐
即 ， ，
标表示建立关于 的方程，解得 ，即可下结论.
，
【详解】（1）在 中，
所以 的分布列为
所以 ，即 .
0 1 2 3
又因为 ，在平面 中， ，
所以 平面 .
故 ． （2）因为平面 平面 ，平面 平面 平面
，
18．【答案】(1) (2)
所以 平面 ，由 平面 ，得 .
【分析】（1）根据题意得到 ，再利用余弦定理求解即可.
由（2）知 ，且已知 ，
（2）首先利用正弦定理面积公式和余弦定理得到 ，再利用基本不等式求解最值
故以A为原点，建立如图空间直角坐标系 ，
即可.
则 ， .
【详解】（1）在△ABD中，由余弦定理得 .
所以
在△BCD中，由余弦定理得 . 因为 为 中点，所以 .
因为 ，所以 ，
由 知， .
即 ，
设平面 的法向量为 ，
得 .
（2）由题意知 ，得 .
则 即
在 中，由余弦定理得 .
令 ，则 .于是 .
令 ， ，在 中，
由（1）知 平面 ，所以平面 的法向量为 .
由余弦定理得 ，即 .
所以 ，
所以 ，
由题知，二面角 为锐角，所以其余弦值为 ；
即 ， ，当且仅当 时取等号.
所以四边形ABCD周长的最大值为 20．【答案】（1） ；（2）存在； .
试卷第4页，共3页【分析】（1）由点在椭圆上， 及基本量关系列方程即可；
21．【答案】(1) (2)① ，②
（2）直线代入椭圆方程得一元二次方程，求弦长，再由弦长关系得面积.
【分析】（1）对函数求导，依题意可得 ，解得 ，经检验符合题意；
【详解】解：依据题意得 ，得 ， ，
（2）①将函数 有两个极值点转化为方程 有两个不同的正数根，再由函
数与方程的思想可知函数 与函数 的图象在 上有两个不同交点，
又 ， ， ，
利用数形结合可得 ；
②由两极值点的关系通过构造函数可将不等式恒成立问题转化为函数
椭圆的方程为 .
对任意的 恒成立，利用导数并对实数 的取值分
（2）假设在直线 上存在一点 使得 为等边三角形，设直线
类讨论即可求得 .
【详解】（1）易知 ，又 是函数 的一个极值
由 得，
点，
，即 .
，设 ， ， 的中点为
此时 ，令 ，
在 上单调递增，且 ，
则 ，
当 ，当 ，
， 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 是 的极小值点，即 符合题意；
.
因此实数 的值为 .
（2）①因为 ，且 有两个极值点 ，
为等边三角形，所以 的斜率为 ，又 点的横坐标为2，
所以方程 在 上有两个不同的根，即方程 有两个不同的正数
根，
将问题转化为函数 与函数 的图象在 上有两个不同交点，
为等边三角形，
则 ，令 ，解得 ，
即 ，得 . ，
当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，
且当 时， ，故作出 的图象如下：
的面积为
由图象可得 满足题意，即 .
【点睛】直线与椭圆相交弦长公式：
， 即实数 的取值范围为 ；
利用韦达定理整体求解是常用方法.
②由①知 是 的两个根，
试卷第5页，共3页
学科网（北京）股份有限公司22．【答案】(1) ， (2)2
故 ，则 ，
【分析】
（1）利用公式把极坐标方程转化为直角坐标方程；消去参数 ，可把直线的参数方程化成
不妨设 ，又 ，所以 可得 ，
一般方程.
（2）把直线参数方程代入曲线 的直角坐标方程，表示出 的面积，结合基本（均
值）不等式可求最大值.
可得 ，即 ，所以 ；
【详解】（1）
∵曲线C的极坐标方程为 ，
故由 可得 ， ∴曲线C的直角坐标方程为 ，即 ，
又∵直线 的参数方程为 （ 为参数），
即 ，所以 ；
∴直线 的一般方程为 ．
也即 ，化简得 ，
（2）将直线 的参数方程 （ 为参数）带入 中，
由于 ，所以等价于 对任意的 恒成立，
得到 ，
令 ，故 对任意的 恒成立，
化简可以得到： ，
则 ，
设 ，则 ， 则 ， ，
（i）当 时， 单调递增，
故 单调递减，故 ，不满足，舍去；
（ii）当 时， 单调递减，
圆心C到直线 的距离 ，
故 单调递增，故 ，故 恒成立，符合题意；
则 ，
（iii）当 时，令 ，则 ，
当且仅当 ，即 时取等号．
当 时， 单调递增，
所以 的面积的最大值为2．
当 时， 单调递减， 23．【答案】(1) (2) ．
又 ，故 时， ，此时 单调递减，故 ，
【分析】（1）当 时，零点分段化简函数 即可求解不等式；
因此当 时， ，不符合题意，舍去.
（2）根据 先化简 ，化不等式 为 ，根据含绝对值不
综上，实数 的取值范围为 . 等式的解法结合自变量取值求解不等式.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用两极值点关系可得 ，并通过构造函
【详解】（1）∵当 时， ，
数将不等式问题转化为函数在指定区间上恒成立问题，利用导函数求出函数最值即可求得
实数 的取值范围.
试卷第6页，共3页∴ 等价于 或 或 ，
解得 或 或 ，
综上，不等式 的解集为 ．
（2）∵ ，∴ ，
∴ 对任意 恒成立等价于 对任意 恒成立，
即 ，则 ，∴ ，
即a的取值范围为 ．
试卷第7页，共3页
学科网（北京）股份有限公司
