2024届高三第二次模拟数学(理科)试卷答案_2024年4月_01按日期_21号_2024届宁夏银川一中高三下学期第二次模拟考试_宁夏回族自治区银川一中2024届高三下学期第二次模拟考试数学（理）试卷

银川一中 2024 届高三二模数学试题参考答案（理） 一、单选题 1．【答案】B 【分析】直接解一元二次不等式得集合A，解一元一次不等式的集合B，从而可得并集AB. 【详解】因为x26x70，解得x1或x7，所以A{x∣x1或x7}， 又B{x∣x4}，所以AB{x∣x1或x4} ,1  4,． 故选：B. 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. ai ai2i1 a22a1i 【详解】z   ， 2i1 2i12i1 5 若z为纯虚数，则a20，即a2. 故选：B. 3．【答案】A 【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. 【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， 1 1 π 则该几何体的体积为V   π12 1 ． 2 3 6 故选：A. 4．【答案】D 【分析】根据函数的奇偶性和定义域可得 f(0)0，解方程并验证即可求解. m 【详解】因为函数 f(x)1 是定义域为R的奇函数 3x 1 m 所以 f(0)0，即01 ，解得m2. 301 2 3x1 当m2时， f(x)1  ， 3x1 3x1 3x 1 13x 有 f(x)  f(x) ，函数 f(x)为奇函数. 3x 1 3x 1 所以m2. 故选：D. 5．【答案】D 【分析】根据几何概型的概率公式，由面积之比即可求解. 【详解】 x,y x2y2 4  表示圆心为原点，半径为2的圆以及内部， 区域 x,y1x2y2 4  表示圆心为原点，半径为2和半径为1的圆 4ππ 3 环以及内部，所以概率为  ， 4π 4 故选：D 试卷第1页 学科网（北京）股份有限公司6．【答案】A  π 3 10  π 【分析】利用辅助角公式可得sinx  ，结合同角三角关系可得tanx 3，  4 10  4 再根据诱导公式分析求解.  π 3 5  π 3 10 【详解】因为sinxcosx 2sin x  ，可得sinx  ，  4 5  4 10  π π π π  π  π 10 且x  0,  ，则x   ,  ，可得cosx  1sin2 x   ，  4 4 4 2  4  4 10  π sinx   π  4  3π  π   π 则tanx  3 ，所以tanx tan x  π  tanx  3.  4  π  4   4   4 cosx   4 故选：A. 7．【答案】B 【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解. 【详解】若yax和ylog x在(0,)上单调递增，y xc在(0,)上单调递减， b 则有A2C1 4个； 2 2 若yax和y xc在(0,)上单调递增，ylog x在(0,)上单调递减， b 则有C1 C1 C1 8 个； 2 2 2 若ylog x和y xc在(0,)上单调递增，yax在(0,)上单调递减， b 则有C1 C1 C1 8 个； 2 2 2 若yax、ylog x和y xc在(0,)上单调递增，则有A2C1 4个； b 2 2 综上所述：共有488424个. 故选：B. 8．【答案】A 【分析】在BAC中由余弦定理求得BC 2 6，由题意证得PA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. 【详解】在BAC中，BC2 AB2AC22ABACcosBAC  48 ， 即BC4 3，又PBPC  2 13， 因为PA2 AC2  PC2，所以PA AC，同理PA AB， 又由ABAC  A,AB,AC平面ABC，PA平面ABC. BC 4 3 2r   8 设ABC的外接圆半径为r，所以 sin120 3 ， 2 2 PA 所以r 4，所以外接球的半径R满足R2 r2  16925，  2  ∴三棱锥PABC外接球的表面积为4πR2 100π. 故选：A. 页，共6页9．【答案】B 【分析】根据题意结合图形得到CGQ是“刍童”ABCDEFGH 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． 【详解】连接HF，EG交于点O ，连接AC，DB交于点O ， 1 2 连接OO ，过C作CQ//OO ，如图， 1 2 1 2 因为“刍童”ABCDEFGH 上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相 等， 所以OO 底面EFGH ，又CQ//OO ，所以CQ底面EFGH ， 1 2 1 2 所以CGQ是“刍童”ABCDEFGH 其中一条侧棱与底面所成角的平面角，则 tanCGQ3 2， 因为EF 2AB8，所以EG8 2,AC 4 2， 1 易知四边形ACGE是等腰梯形，则QG EGAC2 2 ， 2 CQ 所以在RtCQG中，tanCGQ 3 2，则CQ3 2QG12，即“刍童”ABCDEFGH QG 的高为12， 12  24842848  则该刍童的体积V  448. 6 故选：B． 10．【答案】B 【分析】求出圆心坐标，可得抛物线的焦点，过P作准线的垂线，垂足为H，根据抛物线的 定义，可得MN NH，故PMN 的周长为PH 4，联立圆与抛物线可得B点坐标，可得PH 的取值范围，可得答案. 【详解】解：如图， 可得圆心M(0,1)也是抛物线的焦点， 过P作准线的垂线，垂足为H，根据抛物线的定义， 可得MN NH 故PMN 的周长lNH NPMPPH 4， x2 4y 由 可得B(2 3，3). x2(y1)2 16 PH的取值范围为(4,6) PMN 的周长PH 4的取值范围为(8,10) 故选：B. 11．【答案】C 【分析】根据给定条件，利用错位相减求和法求出S ，再按奇偶讨论求出a的范围. n n 1 2 3 n 【详解】由数列a 的前n项和为S 且a  ，得S     ， n n n 2n n 21 22 23 2n 1 1 2 3 n1 n 于是 S      ， 2 n 22 23 24 2n 2n1 试卷第2页1 1 (1 ) 1 1 1 1 1 n 2 2n n n 2 两式相减得： S         1 ， 2 n 2 22 23 2n 2n1 1 2n1 2n1 1 2 n2 n2 n 1 因此S 2 ，S a 2  2 ，显然数列{S a }是递增数列， n 2n n n 2n 2n 2n1 n n 当n为奇数时，(S a ) S a 1，由S a (1)na恒成立，得1a，则a1， n n min 1 1 n n 3 3 3 当n为偶数时，(S a ) S a  ，由S a (1)na恒成立，得 a，则a ， n n min 2 2 2 n n 2 2 3 所以实数a的取值范围是(1, ). 2 故选：C 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sinÐPF F =3sinÐPFF 得出 2 1 1 2 PF 3PF ，根据双曲线的定义得出 PF a，再然后根据 PF 2+ PO 2 = OF 2 得出 1 2 2 2 2 ÐOPF =90以及 HP = ab ，根据 HO 2+ HP 2 = OP 2 得出 HO = b2 ，最后将P点坐标代入 2 c c y2 x2 双曲线  1中，通过化简即可得出结果. a2 b2 【详解】设F为双曲线的下焦点，F 为双曲线的上焦点， 1 2 绘出双曲线的图像， 如图，过点P作PH FF 于点H, 1 2 因为sinÐPF F =3sinÐPFF ， 2 1 1 2 PH PH 所以 =3´ ， PF 3PF ， PF PF 1 2 2 1 因为 PF  PF 2a，所以 PF a， 1 2 2 因为双曲线上的点P到原点的距离为b，即 PO =b，且 OF c， 2 所以 PF 2+ PO 2 =a2+b2=c2= OF 2 ，ÐOPF =90， 2 2 2 1 1 ab 故 创OP PF = 创OF HP， HP = ， 2 2 2 2 c 因为 HO 2+ HP 2 = OP 2 ，所以 HO = b2 ，P 骣 琪 琪 - ab , b2 ， c 桫 c c 将P 骣 琪 琪 - ab , b2 代入双曲线 y2  x2 1中， 桫 c c a2 b2 b2 2  ab 2 即  c      c   ，化简得b4-a4 =a2c2，b4-a4 =a2 ( a2+b2 ) ，  1 a2 b2 页，共6页b4-a2b2-2a4 = 0， b4 - b2 -2=0， 骣 琪 琪 b2 -2 骣 琪 琪 b2 +1 =0， a4 a2 桫a2 桫a2 b2 b a 2 解得 2或1（舍去），  2，  ， a2 a b 2 a 2 则该双曲线的渐近线方程为y x x， b 2 故选：A. 二、填空题 7 13．【答案】 2    【分析】根据题意可得 b 2，对等式 ab 3 3两边同时平方，即可求解.    【详解】由 a 2b 4，得 b 2，       2 2 2 由 ab  a 2ab b 27，   7 解得ab . 2 7 故答案为： . 2 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， z为直线y2xz与y轴交点的纵坐标， 由几何意义可知，当z2xy 过点A时，取得最小值， 2xy4 x3 联立 ，解得 ， y2 y2 故z 2328. min 故答案为：8 15．【答案】6 1 【分析】根据等差数列列式，代入等比数列前n项和公式，计算得q3  ，从而求解a . 5 2 【详解】∵S ，S ，S 成等差数列，∴2S  S S ，由题意q1， 3 9 6 9 3 6 2a (1q9) a (1q3) a (1q6) 1 ∴ 1  1  1 ，可得2q9q6q3 0，所以q3  1q 1q 1q 2 a ∴a  8 3(2) 6. 5 q3 故答案为：6. 16．【答案】3 【分析】二次求导，结合隐零点得到方程与不等式，变形后得到x +1 e2x0 x  0，从而 0 0 e2x0  x ，lnx 2x ，代入mlnx 2x 1e2x0，得到m的最大值. 0 0 0 0 0 试卷第3页 学科网（北京）股份有限公司【详解】 f xxlnxx2mxe2x 0， 定义域为x0,， 则 fxlnx2x1me2x， 令hxlnx2x1me2x， 1 则hx 2e2x 0，hx在0，+上单调递增， x 且x0时，hx，当x+时，hx+ x 0，+,使得hx =0，即 fx =0. 0 0 0 当x0,x 时 fx0，当xx ,时 f ¢( x )>0， 0 0 故 f x在x0,x 上单调递减，在xx ,上单调递增， 0 0 所以 f x  f x x lnx x2mx e2x0 0②， min 0 0 0 0 0 由 fx =0得lnx 2x 1me2x0 0①， 0 0 0 即mlnx 2x 1e2x0，代入②得，x lnx x2  lnx 2x 1e2x0  x e2x0 0， 0 0 0 0 0 0 0 0 整理得x +1 e2x0 x  0 0 0 x +1>0， 0 ∴e2x0  x ， 0 ∴lnx 2x ， 0 0 mlnx 2x 1e2x0 2x 2x 1x 3， 0 0 0 0 0 故m的最大值为3. 故答案为：3 三、解答题 17．【答案】(1)111.25 (2)分布列见解析，EX0.6 【分析】 （1）首先判断中位数在 100,120内，再列出方程，解得即可； （2）依题意可得X B3,0.2，即可求出其分布列与数学期望. 【详解】（1）因为0.0040.012200.320.5，0.320.016200.640.5， 所以该校学生比赛成绩的中位数在 100,120内， 设该校学生比赛成绩的中位数为m，则m1000.0160.320.5， 解得m111.25，即该校学生比赛成绩的中位数为111.25． （2）由频率分布直方图可知比赛成绩优秀的频率为0.0020.008200.2， 则从该校学生中随机抽取1人，被抽取的学生比赛成绩优秀的概率是0.2． 由题意可知X B3,0.2， 则PX kCk0.2k(10.2)3k Ck0.2k0.83k(k 0,1,2,3)， 3 3 即PX 0C00.200.83 0.512，PX 1C10.210.82 0.384， 3 3 PX 2C20.220.810.096，PX 3C30.230.80 0.008 3 3 页，共6页所以X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.512 0.384 0.096 0.008 故EX30.20.6． 18．【答案】(1) 33 (2)9+6 7 【分析】（1）根据题意得到cosAcosC0，再利用余弦定理求解即可. （2）首先利用正弦定理面积公式和余弦定理得到AC 3 7，再利用基本不等式求解最值即 可. 3262BD2 【详解】（1）在△ABD中，由余弦定理得cosA . 236 3242BD2 在△BCD中，由余弦定理得cosC . 234 因为AC180，所以cosAcosC0， 3262BD2 3242BD2 即  0， 236 234 得 BD 33. 1 3 9 3 （2）由题意知S  3AB  ，得AB6. △ABC 2 2 2  1 在ABC中，由余弦定理得AC  6232263 3 7 .  2 令AD  x，CD y，在ACD中，  2 由余弦定理得 3 7  x2 y22xycos60，即x2y2xy 63. x y2 所以x y2 633xy633 ， 4 (x y)2 即 63，xy6 7，当且仅当xy3 7时取等号. 4 所以四边形ABCD周长的最大值为 96 7 3 22 19．【答案】(1)证明见解析 (2) 22 【分析】（1）由题意和勾股定理可得ABPA，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ADPA，进而建立如图空间直角坐标系 Axyz，利用空间向量法即可求出该面面角；   （3）假设存在这样的点Q，则存在 0,1 使得AQAC.利用线面平行和空间向量的坐 标表示建立关于的方程，解得2 0,1 ，即可下结论. 【详解】（1）在PAB中，PA2 AB2 3222 ( 13)2  PB2. 所以PAB90o，即ABPA. 又因为ABAD ，在平面PAD中，PAAD A， 所以AB平面PAD. 试卷第4页（2）因为平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCD AB,AB AD,AD平面ABCD， 所以AD平面PAB，由PA平面PAB，得ADPA. 由（2）知ABPA，且已知ABAD ， 故以A为原点，建立如图空间直角坐标系Axyz， 则D2,0,0，P0,0,3,C3,2,0 .     所以AP0,0,3,AD2,0,0,AC 3,2,0,CP3,2,3  1     3  因为E为PD中点，所以AE  APAD  1,0, . 2  2      1   2   4  由PC3FC知，AF  ACCF  AC CP3,2,0  1,  ,1 2, ,1. 3  3   3  r 设平面AEF 的法向量为nx,y,z，  3   x z0  nAE 0,   2 则   即 nAF 0,  2x 4 yz0  3  令z2，则x3,y3.于是n3,3,2 .  由（1）知AB平面PAD，所以平面PAD的法向量为AB0,2,0 .     nAB 32 3 22 所以cos n,AB      ， n AB 2 994 22 3 22 由题知，二面角FAED为锐角，所以其余弦值为 ； 22 x2 18 3 20．【答案】（1）  y2 1；（2）存在； . 2 25 uuur uuur 【分析】（1）由点在椭圆上，PF QF及基本量关系列方程即可； （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. 2 2 4 b 【详解】解：依据题意得 3    3   ，得a2 2，P0,b，Fc,0  1 a2 b2  2b2c2 a2 b2c2  又  ，   4 b2 ， bc1， PFQF 0  cc   0   3 3 x2 椭圆的方程为  y2 1. 2 （2）假设在直线x2上存在一点D使得ABD为等边三角形，设直线l:ykx1 ykx1 由  x2 得，  2k21  x24k2x2k220  y2 1  2 页，共6页16k44  2k21  2k22  8  k21  0，设Ax ,y ，Bx ,y ，AB的中点为Mx,y  1 1 2 2 0 0 4k2 2k22 则x + x = ，xx  1 2 2k2+ 1 1 2 2k21 x  2k2 ，y kx 1 k 0 2k21 0 0 2k21 2 2  k21   AB  . 2k21 1 △DBA为等边三角形，所以MD的斜率为 ，又D点的横坐标为2， k 1 1k2 2k22 MD  1 x  x   k2 D 0 k2 2k2 1 3 △DBA为等边三角形，DM  AB 2 1k2 2k22 3 2 2  k21  6 2 即    ，得k2 2. AB  ， k2 2k21 2 2k21 5 18 3 △DBA的面积为 25  【点睛】直线与椭圆相交弦长公式： 1k2 x x  1k2 x x 24xx  1k2 ， 1 2 1 2 1 2 2a 利用韦达定理整体求解是常用方法.  1  21．【答案】(1)1 (2)①0, ，②1,  2e3 【分析】（1）对函数求导，依题意可得 f10，解得a1，经检验符合题意； （2）①将函数 f x有两个极值点转化为方程lnx2ax20有两个不同的正数根，再由函数 lnx2 与方程的思想可知函数gx 与函数y2a的图象在0,上有两个不同交点，利用 x  1  数形结合可得a0, ；  2e3 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 Fttlntt1kt1lnt0对任意的0t1恒成立，利用导数并对实数k的取值分类 讨论即可求得k 1, . 【详解】（1）易知 fxlnx12ax3lnx2ax2，又x1是函数 f x的一个极值点， f10，即2a20,a1. 此时 fxlnx2x2，令hxlnx2x2,hx 1 20， x fxhx在0,上单调递增，且 f10， 当x0,1, fx0，当x1,, fx0， 试卷第5页 学科网（北京）股份有限公司f x在0,1上单调递减，在1,上单调递增， 所以x1是 f x的极小值点，即a1符合题意； 因此实数a的值为1. （2）①因为 fxlnx2ax2，且 f xxlnxax23xaR 有两个极值点x,x ， 1 2 所以方程 fx0在0,上有两个不同的根，即方程lnx2ax20有两个不同的正数根， 将问题转化为函数gx lnx2 与函数y2a的图象在0,上有两个不同交点， x 3lnx 3lnx 则gx ，令gx 0，解得xe3， x2 x2 当xe3时，gx0,gx单调递减，当0 xe3时，gx0,gx单调递增， 且当xe2时，gx0,g  e2 0，故作出gx的图象如下：  1   1  由图象可得2a0, 满足题意，即a0, .  e3  2e3  1  即实数a的取值范围为a0, ；  2e3 ②由①知x,x 是lnx2ax20的两个根， 1 2 lnx lnx 故2lnx 2ax 0,2lnx 2ax 0，则2a 1 2 ， 1 1 2 2 x x 1 2 x x 不妨设t  1 ，又0 x  x ，所以 1 t0,1可得tx  x ， x 1 2 x 2 1 2 2 x ln 1 lnx lnx x lnt 可得2lnx  1 2 x 0 ，即2lnx  2 0 ，所以lnx  2； 2 x x 2 2 x x 2 t1 1 2 1 2 x 2 lnx lnx 故由2ax klnx 3k1可得 1 2 x klnx 3k1， 1 2 x x 1 2 1 2 lnt tlnt 即 tx klnx 3k1，所以 klnx 3k1； tx x 2 2 t1 2 2 2 tlnt  lnt  tlntt1 t1lnt 也即 k 23k1，化简得 k ， t1 t1  t1  t1  由于0t1，所以等价于tlntt1kt1lnt0对任意的0t1恒成立， 令Fttlntt1kt1lnt，故Ft0对任意的0t1恒成立， k 则Ftlntk ， t k 1 k tk 设mtlntk ，则mt   ， t t t2 t2 tk （i）当k0时，mt 0,mtFt单调递增， t2 故FtF10,Ft单调递减，故FtF10，不满足，舍去； 页，共6页tk （ii）当k 1时，mt 0,mtFt单调递减， t2 故FtF10,Ft单调递增，故FtF10，故Ft0恒成立，符合题意； tk （iii）当0k1时，令mt 0，则tk， t2 当kt1时，mx0,mxFt单调递增， 当0tk时，mx0,mtFt单调递减， 又F10，故kt1时，FtF10，此时Ft单调递减，故FtF10， 因此当kt1时，Ft0，不符合题意，舍去. 综上，实数k的取值范围为1, . lnx lnx 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用两极值点关系可得2a 1 2 ，并通过构造函 x x 1 2 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k的取值范围. 22．【答案】(1)x12 y2 4，sinxcosycos0 (2)2 【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t，可把直线的参数方程化成 一般方程. （2）把直线参数方程代入曲线C的直角坐标方程，表示出ABC的面积，结合基本（均值） 不等式可求最大值. 【详解】（1） ∵曲线C的极坐标方程为22cos3， ∴曲线C的直角坐标方程为x2 y22x30，即x12 y2 4， xtcos, 又∵直线l的参数方程为 （t为参数）， y1tsin ∴直线l的一般方程为sinxcosycos0． xtcos （2）将直线l的参数方程 （t为参数）带入x12 y2 4中， y1tsin 得到tcos12tsin12 4，   化简可以得到：t22 2sin t20，  4   则t t 2 2sin ，tt 20， 1 2  4 12   AB  t  t  t t  24  8sin2  8 1 2 1 2 1 2 12  4     41cos2  8  124sin22 3sin2   2 试卷第6页圆心C到直线l的距离d  43sin2  1sin2， 1 3sin21sin2 则S   AB d  3sin2 1sin2 2， ABC 2 2 当且仅当3sin21sin2，即sin21时取等号． 所以ABC的面积的最大值为2． 23．【答案】(1) 2,2 (2) 2,0 ． 【分析】（1）当a1时，零点分段化简函数 f x x4 2 xa 即可求解不等式； （2）根据x 1,2 先化简 f x，化不等式 f x3x2为 xa 2x1，根据含绝对值不 等式的解法结合自变量取值求解不等式.  23x,x1,  【详解】（1）∵当a1时， f x6x,1x4,，   3x2,x4,  x1, 1 x4,  x4, ∴ f x8等价于 或 或 ， 23x8,  6x8, 3x28, 解得2