云南省曲靖一中麒麟學校2024年高三第五次模擬考試數學試卷含解析

云南省曲靖一中麒麟學校2024年高三第五次模擬考試數學試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知復數，則（）A． B． C． D．22．已知復數滿足（是虛數單位），則=（）A． B． C． D．3．如圖，圓的半徑為，，是圓上的定點，，是圓上的動點，點關于直線的對稱點為，角的始邊為射線，終邊為射線，將表示為的函數，則在上的圖像大致為（）A． B． C． D．4．等差數列中，已知，且，則數列的前項和中最小的是（）A．或 B． C． D．5．函數的圖像大致為（）A． B．C． D．6．記遞增數列的前項和為.若，，且對中的任意兩項與（），其和，或其積，或其商仍是該數列中的項，則（）A． B．C． D．7．函數的圖象大致為A． B． C． D．8．已知橢圓（a＞b＞0）與雙曲線（a＞0，b＞0）的焦點相同，則雙曲線漸近線方程為（）A． B．C． D．9．如圖，在棱長為4的正方體中，E，F，G分別為棱AB，BC，的中點，M為棱AD的中點，設P，Q為底面ABCD內的兩個動點，滿足平面EFG，，則的最小值為（）A． B． C． D．10．已知全集，集合，，則陰影部分表示的集合是（）A． B． C． D．11．已知直線與圓有公共點，則的最大值為（）A．4 B． C． D．12．已知復數，滿足，則（）A．1 B． C． D．5二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，則展開式的系數為__________．14．棱長為的正四面體與正三棱錐的底面重合，若由它們構成的多面體的頂點均在一球的球面上，則正三棱錐的內切球半徑為______.15．已知函數函數，則不等式的解集為____．16．三棱錐中，點是斜邊上一點.給出下列四個命題：①若平面，則三棱錐的四個面都是直角三角形；②若，，，平面，則三棱錐的外接球體積為；③若，，，在平面上的射影是內心，則三棱錐的體積為2；④若，，，平面，則直線與平面所成的最大角為.其中正確命題的序號是__________．（把你認為正確命題的序號都填上）三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知三棱錐中，為等腰直角三角形，，設點為中點，點為中點，點為上一點，且．（1）證明：平面；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值．18．（12分）如圖（1）五邊形中，,將沿折到的位置，得到四棱錐，如圖（2），點為線段的中點，且平面.（1）求證：平面平面；（2）若直線與所成角的正切值為，求直線與平面所成角的正弦值.19．（12分）如圖，在中，，，點在線段上.（1）若，求的長；（2）若，，求的面積.20．（12分）已知凸邊形的面積為1，邊長，，其內部一點到邊的距離分別為.求證：.21．（12分）分別為的內角的對邊.已知.（1）若，求；（2）已知，當的面積取得最大值時，求的周長.22．（10分）為迎接2022年冬奧會，北京市組織中學生開展冰雪運動的培訓活動，并在培訓結束后對學生進行了考核．記表示學生的考核成績，并規(guī)定為考核優(yōu)秀．為了了解本次培訓活動的效果，在參加培訓的學生中隨機抽取了30名學生的考核成績，并作成如下莖葉圖：（Ⅰ）從參加培訓的學生中隨機選取1人，請根據圖中數據，估計這名學生考核優(yōu)秀的概率；（Ⅱ）從圖中考核成績滿足的學生中任取2人，求至少有一人考核優(yōu)秀的概率；（Ⅲ）記表示學生的考核成績在區(qū)間的概率，根據以往培訓數據，規(guī)定當時培訓有效．請根據圖中數據，判斷此次中學生冰雪培訓活動是否有效，并說明理由．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

根據復數模的性質即可求解.【詳解】,,故選：C【點睛】本題主要考查了復數模的性質，屬于容易題.2、A【解析】

把已知等式變形，再由復數代數形式的乘除運算化簡得答案．【詳解】解：由，得，．故選．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題．3、B【解析】

根據圖象分析變化過程中在關鍵位置及部分區(qū)域，即可排除錯誤選項，得到函數圖象，即可求解.【詳解】由題意，當時，P與A重合，則與B重合，所以,故排除C,D選項；當時，，由圖象可知選B.故選：B【點睛】本題主要考查三角函數的圖像與性質，正確表示函數的表達式是解題的關鍵,屬于中檔題.4、C【解析】

設公差為，則由題意可得，解得，可得.令

，可得

當時，，當時，，由此可得數列前項和中最小的.【詳解】解：等差數列中，已知，且，設公差為，

則，解得

，.

令

，可得，故當時，，當時，，

故數列前項和中最小的是.故選：C.【點睛】本題主要考查等差數列的性質，等差數列的通項公式的應用，屬于中檔題.5、A【解析】

根據排除，，利用極限思想進行排除即可．【詳解】解：函數的定義域為，恒成立，排除，，當時，，當，，排除，故選：．【點睛】本題主要考查函數圖象的識別和判斷，利用函數值的符號以及極限思想是解決本題的關鍵，屬于基礎題．6、D【解析】

由題意可得，從而得到，再由就可以得出其它各項的值，進而判斷出的范圍．【詳解】解：，或其積，或其商仍是該數列中的項，或者或者是該數列中的項，又數列是遞增數列，，，，只有是該數列中的項，同理可以得到，，，也是該數列中的項，且有，，或（舍，，根據，，，同理易得，，，，，，，故選：D．【點睛】本題考查數列的新定義的理解和運用，以及運算能力和推理能力，屬于中檔題．7、D【解析】

由題可得函數的定義域為，因為，所以函數為奇函數，排除選項B；又，，所以排除選項A、C，故選D．8、A【解析】

由題意可得，即，代入雙曲線的漸近線方程可得答案.【詳解】依題意橢圓與雙曲線即的焦點相同，可得：，即，∴，可得,雙曲線的漸近線方程為：,故選：A．【點睛】本題考查橢圓和雙曲線的方程和性質，考查漸近線方程的求法，考查方程思想和運算能力，屬于基礎題．9、C【解析】

把截面畫完整，可得在上，由知在以為圓心1為半徑的四分之一圓上，利用對稱性可得的最小值．【詳解】如圖，分別取的中點，連接，易證共面，即平面為截面，連接，由中位線定理可得，平面，平面，則平面，同理可得平面，由可得平面平面，又平面EFG，在平面上，∴．正方體中平面，從而有，∴，∴在以為圓心1為半徑的四分之一圓（圓在正方形內的部分）上，顯然關于直線的對稱點為，，當且僅當共線時取等號，∴所求最小值為．故選：C．【點睛】本題考查空間距離的最小值問題，解題時作出正方體的完整截面求出點軌跡是第一個難點，第二個難點是求出點軌跡，第三個難點是利用對稱性及圓的性質求得最小值．10、D【解析】

先求出集合N的補集，再求出集合M與的交集，即為所求陰影部分表示的集合.【詳解】由，，可得或，又所以.故選：D.【點睛】本題考查了韋恩圖表示集合，集合的交集和補集的運算，屬于基礎題.11、C【解析】

根據表示圓和直線與圓有公共點，得到，再利用二次函數的性質求解.【詳解】因為表示圓，所以，解得，因為直線與圓有公共點，所以圓心到直線的距離，即，解得，此時，因為，在遞增，所以的最大值.故選：C【點睛】本題主要考查圓的方程，直線與圓的位置關系以及二次函數的性質，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.12、A【解析】

首先根據復數代數形式的除法運算求出，求出的模即可．【詳解】解：，，故選：A【點睛】本題考查了復數求模問題，考查復數的除法運算，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先根據定積分求出的值，再用二項展開式公式即可求解.【詳解】因為所以的通項公式為當時，當時，故展開式中的系數為故答案為：【點睛】此題考查定積分公式，二項展開式公式等知識點，屬于簡單題目.14、【解析】

由棱長為的正四面體求出外接球的半徑，進而求出正三棱錐的高及側棱長，可得正三棱錐的三條側棱兩兩相互垂直，進而求出體積與表面積，設內切圓的半徑，由等體積，求出內切圓的半徑．【詳解】由題意可知：多面體的外接球即正四面體的外接球作面交于，連接，如圖則，且為外接球的直徑，可得，設三角形的外接圓的半徑為，則，解得，設外接球的半徑為，則可得，即，解得，設正三棱錐的高為，因為，所以，所以，而，所以正三棱錐的三條側棱兩兩相互垂直，所以，設內切球的半徑為，，即解得：．故答案為：.【點睛】本題考查多面體與球的內切和外接問題，考查轉化與化歸思想，考查空間想象能力、運算求解能力，求解時注意借助幾何體的直觀圖進行分析.15、【解析】，，所以，所以的解集為。點睛：本題考查絕對值不等式。本題先對絕對值函數進行分段處理，再得到的解析式，求得的分段函數解析式，再解不等式即可。絕對值函數一般都去絕對值轉化為分段函數處理。16、①②③【解析】

對①，由線面平行的性質可判斷正確；對②，三棱錐外接球可看作正方體的外接球，結合外接球半徑公式即可求解；對③，結合題意作出圖形，由勾股定理和內接圓對應面積公式求出錐體的高，則可求解；對④，由動點分析可知，當點與點重合時，直線與平面所成的角最大，結合幾何關系可判斷錯誤；【詳解】對于①，因為平面，所以，，，又，所以平面，所以，故四個面都是直角三角形，∴①正確；對于②，若，，，平面，∴三棱錐的外接球可以看作棱長為4的正方體的外接球，∴，，∴體積為，∴②正確；對于③，設內心是，則平面，連接，則有，又內切圓半徑，所以，，故，∴三棱錐的體積為，∴③正確；對于④，∵若，平面，則直線與平面所成的角最大時，點與點重合，在中，，∴，即直線與平面所成的最大角為，∴④不正確，故答案為：①②③.【點睛】本題考查立體幾何基本關系的應用，線面垂直的性質及判定、錐體體積、外接球半徑求解，線面角的求解，屬于中檔題三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)證明見解析；(2)【解析】

（1）連接交于點，連接，通過證，并說明平面，來證明平面（2）采用建系法以、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，分別表示出對應的點坐標，設平面的一個法向量為，結合直線對應的和法向量，利用向量夾角的余弦公式進行求解即可【詳解】證明：如圖，連接交于點，連接，點為的中點，點為的中點，點為的重心，則，，，又平面，平面，平面；，，，，，，可得，又，則以、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，．設平面的一個法向量為，由，取，得．設直線與平面所成角為，則．直線與平面所成角的正弦值為．【點睛】本題考查線面平行的判定定理的使用，利用建系法來求解線面夾角問題，整體難度不大，本題中的線面夾角的正弦值公式使用廣泛，需要識記18、（1）見解析（2）【解析】試題分析:（1）根據已知條件由線線垂直得出線面垂直,再根據面面垂直的判定定理證得成立;（2）通過已知條件求出各邊長度,建系如圖所示,求出平面的法向量,根據線面角公式代入坐標求得結果.試題解析:（1）證明：取的中點，連接，則，又，所以，則四邊形為平行四邊形，所以，又平面，∴平面，∴.由即及為的中點，可得為等邊三角形，∴，又，∴，∴，∴平面平面，∴平面平面.（2）解：，∴為直線與所成的角，由（1）可得，∴，∴，設，則，取的中點，連接，過作的平行線，可建立如圖所示的空間直角坐標系，則，∴，所以，設為平面的法向量，則，即，取，則為平面的一個法向量，∵，則直線與平面所成角的正弦值為.點睛:判定直線和平面垂直的方法:①定義法．②利用判定定理：一條直線和一個平面內的兩條相交直線都垂直，則該直線和此平面垂直．③推論：如果在兩條平行直線中，有一條垂直于一個平面，那么另一條直線也垂直于這個平面．平面與平面垂直的判定方法:①定義法．②利用判定定理：一個平面過另一個平面的一條垂線，則這兩個平面垂直．19、（1）（2）【解析】

（1）先根據平方關系求出,再根據正弦定理即可求出；（2）分別在和中，根據正弦定理列出兩個等式，兩式相除，利用題目條件即可求出，再根據余弦定理求出，即可根據求出的面積．【詳解】（1）由，得，所以.由正弦定理得，，即，得.（2）由正弦定理，在中，，①在中，，②又，，，由得，由余弦定理得，即，解得，所以的面積.【點睛】本題主要考查正余弦定理在解三角形中的應用，以及三角形面積公式的應用，意在考查學生的數學運算能力，屬于基礎題．20、證明見解析【解析】

由已知，易得，所以利用柯西不等式和基本不等式即可證明.【詳解】因為凸邊形的面積為1，所以，所以（由柯西不等式得）（由均值不等式得）【點睛】本題考查利用柯西不等式、基本不等式證明不等式的問題，考查學生對不等式靈活運用的能力，是一道容易題.21、（1）（2）【解析】

（1）根據正弦定理，將，化角為邊，即可求出，再利用正弦定理即可求出；（2）根據，選擇，所以當的面積取得最大值時，最大，結合（1）中條件，即可求出最大時，對應的的值，再根據余弦定理求出邊，進而得到的周長．【詳解】（1）由，得，即.因為，所以.由，得.（2）因為，所以，當且僅當時，等號成立.因為的面積.所以當時，的面積取得最大值，此時，則，所以的周長為.【點睛】本題主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，涉及到基本不等式的應用，意在考查學生的轉化能力和數學運算能力．22、（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）見解析【解析】

（Ⅰ）根據莖葉圖求