福建省福州西岸教育2024屆高考藝術生文化補習模擬測試（二）數(shù)學試卷（含答案）

屆高考文補集訓模擬測試卷（二）數(shù)學（滿分150分，時120分鐘）班級：___________學號：______________姓名：______________成績：______________一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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．已知全集，集合，集合，則圖中陰影部分所表示的集合為（

）A． B． C． D．2．復數(shù)z滿足，其中i為虛數(shù)單位，則復數(shù)的虛部為（

）A． B． C． D．3．已知為正項等比數(shù)列，是它的前n項和，若，且與的等差中項為3，則等于（

）A． B． C． D．4．實數(shù)滿足，則的最小值為（

）A．1 B．2 C．3 D．45．已知正三棱臺的上?下底面的邊長分別為6和12，且棱臺的側面與底面所成的二面角為，則此三棱臺的體積為（

）A． B． C． D．6．若O是所在平面內(nèi)的一點，且滿足，則的形狀為（）A．等邊三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．直角三角形7．已知m、n是兩條不同直線，、、是三個不同平面，則下列命題中正確的是（

）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則8．2023年10月23日，杭州亞運會歷時16天圓滿結束.亞運會結束后，甲?乙?丙?丁?戊五名同學排成一排合影留念，其中甲?乙均不能站左端，且甲?丙必須相鄰，則不同的站法共有（

）A．18種 B．24種 C．30種 D．36種二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．下列說法正確的是（

）A．向量在向量上的投影向量的坐標為B．“”是“直線與直線平行”的充要條件C．若正數(shù)a，b滿足，且，則D．已知為兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，若，則10．已知為數(shù)列的前n項和，，若數(shù)列既是等差數(shù)列，又是等比數(shù)列，則（

）A．常數(shù)數(shù)列 B．是等比數(shù)列C．為遞減數(shù)列 D．是等差數(shù)列11．在三棱錐中，已知，棱AC，BC，AD的中點分別是E，F(xiàn)，G，，則（

）A．過點E，F(xiàn)，G的平面截三棱錐所得截面是菱形B．平面平面BCDC．異面直線AC，BD互相垂直D．三棱錐外接球的表面積為三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分。12．已知向量，，若，則實數(shù)．13．已知，若，則．14．的最小值為，已知非負實數(shù)x，y滿足，則的最小值為．四、解答題15．（13分）已知函數(shù)的最小正周期為8．(1)求函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間；(2)若，且，求的值．16．（15分）己知數(shù)列的前項積為，且．(1)證明：是等差數(shù)列；(2)從中依次取出第1項，第2項，第4項……第項，按原來順序組成一個新數(shù)列，求數(shù)列的前項和．17．（15分）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，平面，，點分別在線段和的中點．(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角的正弦值；18．（17分）已知是橢圓的右焦點，為坐標原點，為橢圓上任意一點，的最大值為.當時，的面積為.(1)求橢圓的方程；(2)、為橢圓的左、右頂點，點滿足，當與、不重合時，射線交橢圓于點，直線、交于點，求的最大值.19．（17分）已知函數(shù)是大于0的常數(shù)，記曲線在點處的切線為在軸上的截距為.(1)若函數(shù)，求的單調(diào)區(qū)間；(2)當時，求的取值范圍.2024屆高考文補集訓模擬測試卷（二）數(shù)學參考答案一、單選題1．【答案】B【分析】先化簡兩個集合，根據(jù)陰影部分可求答案.【詳解】由題意圖中陰影部分為，而，，所以.故選：B.2．【答案】D【分析】由復數(shù)除法運算以及共軛復數(shù)、虛部的概念即可求解.【詳解】由題意，所以的虛部為.故選：D.3．【答案】B【分析】根據(jù)基本量法求出和q，然后由求和公式可得.【詳解】記等比數(shù)列的公比為，由題可知，，即，解得或（舍去），所以.故選：B4．【答案】D【分析】用已知條件消元后用基本不等式即可.【詳解】因為，所以所以，當且僅當取等號故選：D．5．【答案】C【分析】利用正三棱臺的幾何特征求出棱臺的高，再求出上下底面積，利用棱臺的體積公式求解即可.【詳解】由題意可知正三棱臺的上底面面積為，下底面面積為，設中點為，為下、上底面中心，連接，過作底面交于，由正三棱臺的性質(zhì)可知，，因為平面平面，所以為棱臺的側面與底面所成的二面角的平面角，即，因為，，所以，，所以此三棱臺的體積，故選：C6．【答案】D【分析】根據(jù)平面向量的線性運算可以得出，進而得到，由此可判斷出的形狀.【詳解】∵，，∴，兩邊平方，化簡得∴.∴為直角三角形.因為不一定等于，所以不一定為等腰直角三角形.故選：D.7．【答案】D【分析】利用長方體中線面的關系，逐一確定各選項.【詳解】A選項：令平面為平面，為直線，為直線，有：，，但，A錯誤；B選項：令平面為平面，令平面為平面，令平面為平面，有：，，而，B錯誤；C選項：令平面為平面，令平面為平面，為直線，有：，，則，而，C錯誤；D選項：垂直與同一平面的兩直線一定平行，D正確.故選：D8．【答案】C【分析】分類當丙站在左端時及丙不站在左端時的情況計算即可得.【詳解】由題意可知，當丙站在左端時，有種站法；當丙不站在左端時，有種站法.由分類加法計數(shù)原理可得，一共有種不同的站法.故選：C.二、多選題9．【答案】CD【分析】利用投影向量的求法可判定A的正誤，利用直線平行的條件可得B的正誤，利用對數(shù)運算及基本不等式可得C的正誤，根據(jù)空間位置關系可得D的正誤.【詳解】對于A，向量在向量上的投影向量的坐標為，A不正確.對于B，直線與直線平行，則有且，解得或，所以“”是“直線與直線平行”的充分不必要條件，B不正確.對于C，因為，所以，所以，因為，所以等號不成立，故，C正確.對于D，因為，所以，因為，所以，D正確.故選：CD.10．【答案】ABD【分析】根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)，結合等比數(shù)列的定義逐一判斷即可.【詳解】對于選項A：設等差數(shù)列的公差為，由題意可知：，因為數(shù)列也是等比數(shù)列，因此有，顯然既是等差數(shù)列，又是等比數(shù)列，符合題意，故A正確；對于選項B：可知，當時，，兩式相減得，且，可得，可知數(shù)列是以為首項，公比為的等比數(shù)列，則，故B正確；對于選項C：因為，，可得，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性和單調(diào)性的性質(zhì)可以判斷數(shù)列為遞增數(shù)列，故C錯誤；對于選項D：因為，所以數(shù)列是不為零的常數(shù)列，所以它是等差數(shù)列，故D正確；故選：ABD11．【答案】ABD【分析】A項，利用中位線證明平行關系與長度關系得四邊形為菱形；B項，取CD的中點P，由勾股定理證明，由等腰三角形三線合一得，由線線垂直證線面垂直再證面面垂直即可；C項，假設垂直推證，由斜邊與直角邊關系可推出矛盾；D項，取的中心，由面面垂直性質(zhì)定理得線面垂直關系，由勾股定理得，利用球心到各頂點距離相等可得正三角形的中心即為球心.【詳解】選項A，如圖，連接EF，EG，取BD的中點H，連接GH，F(xiàn)H，由F是BC的中點，得，，同理得，，所以，，四邊形EFHG是平行四邊形，于是過點E，F(xiàn)，G的平面截三棱錐所得截面即為四邊形EFHG，且由E，F(xiàn)分別是AC，BC的中點，得，，因此，所以四邊形EFHG為菱形，故A正確；選項B，取CD的中點P，連接，由，得，由，得，又，所以，所以，又，，又平面BCD，所以平面BCD，又平面ADC，所以平面平面BCD，故B正確；選項C，假設，已知，且平面，所以平面，而平面，所以，所以，這與已知“”矛盾，故C錯誤；選項D，取正三角形的中心，連接，則，由于是直角三角形，CD為斜邊，則，由平面平面BCD，平面平面，由，且平面，所以平面，所以，則，所以的外心就是三棱錐的外接球球心，所以外接球半徑R就是的外接圓半徑，可知，所以三棱錐外接球的表面積為，故D正確．故選：ABD.第II卷（非選擇題）三、填空題12．【答案】-2【分析】根據(jù)向量的坐標運算得到（1+t,1）,,再由向量平行的坐標表示得到結果.【詳解】向量，，（1+t,1）,,根據(jù)得到：（1+t）=1-t解得t=-2.故答案為-2.【點睛】這個題目考查了向量的坐標表示，以及向量的坐標運算，和向量平行的坐標運算，題目較為基礎.13．【答案】【分析】由誘導公式化簡，再用倍角公式求值.【詳解】由，得，∴.故答案為：14．【答案】【分析】分式先分離常數(shù)，再應用基本不等式的乘“1”法；第2式，先應用配湊法，再應用乘“1”法即可.【詳解】因為，由，當且僅當，即時等號成立，則的最小值為.由，當且僅當，即時取等，又，則時，的最小值為.故答案為：；.四、解答題15．【答案】(1)(2)【分析】（1）用倍角公式和輔助角公式化簡函數(shù)解析式，由最小正周期求出，整體代入法求函數(shù)單調(diào)遞減區(qū)間；（2）由，得，，利用兩角和的正弦公式計算.【詳解】（1），由題意，得：，所以，所以，由，得：所以函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間是．（2）由，得：，所以，因為，所以，所以，所以．16．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由，，代入可得，化簡即可證明結論；（2）由等差數(shù)列的通項公式可得，從而得到數(shù)列的通項公式，利用錯位相減即可求得結果.【詳解】（1）因為數(shù)列的前項積為，所以，又因為，所以，化簡可得，當時，，解得：，所以是等差數(shù)列，首項為3，公差為2.（2）由（1）可得,所以，故，令數(shù)列的前項和為，則①②①②可得：化簡可得：，所以數(shù)列的前項和17．【答案】(1)證明過程見解析(2)【分析】（1）先根據(jù)已知條件證明四邊形是矩形，接著證明平面，又，，結論平面得證；（2）先證明直線兩兩垂直，從而建立空間直角坐標系，分別求平面與平面的法向量即可.【詳解】（1）因為底面為直角梯形，，所以，因為，是線段的中點，所以，又因為，，且，所以四邊形是矩形，同時，因為平面，且平面，所以，因為，，平面，平面，，所以平面，且平面所以，因為點是線段的中點，且，所以，因為，，平面，平面，，所以平面.（2）因為平面，且，所以直線兩兩垂直，如圖所示，分別以直線為軸，建立空間直角坐標系，且，則，由上問平面，則向量是平面的一個法向量，且，設向量是平面的法向量，且，則，即，不妨取，令向量與向量的夾角為，所以，設平面與平面的夾角為，所以平面與平面夾角的正弦值為：.18．【答案】(1)(2)【分析】（1）求出，分析出，利用勾股定理結合橢圓的定義、三角形的面積公式可得出，再由可得出、的值，即可得出橢圓的方程；（2）求出點的坐標，設直線的方程為，設點、，將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，列出韋達定理，求出直線、的方程，將這兩條直線的方程聯(lián)立，求出點的橫坐標為，設點，其中，求出關于的函數(shù)表達式，利用基本不等式求出的最大值，即可得出的最大值.【詳解】（1）解：設點，則，，因為，所以，，設橢圓左焦點為，因為，所以.即，又因為，所以，所以，所以，所以，因為此時，所以，所以，所以.因為，所以，，所以橢圓的方程為.（2）解：設點，，，因為點滿足，則，解得，所以，

由題知不與軸重合，設直線的方程為，聯(lián)立方程組，消整理得，，設、，則，.因為的方程為，的方程為兩直線方程聯(lián)立得：.因為.所以，解得，所以動點的軌跡方程為.由橢圓的對稱性不妨設，直線、的傾斜角為、，由圖可知，且，因為，則，因為，，所以，當且僅當時等號成立，此時，，所以的最大值為.【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結論來求最值；二是代數(shù)法，常將圓錐曲線的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題，然后利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值．19．【答案】(1)答案見解析；(2).【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，再分類討論求出其單調(diào)區(qū)間.（2）利用導數(shù)的幾何意義求出切線的方程及其橫截距，根據(jù)已知構造函數(shù)并解不等式得解.【詳解】（1）函數(shù)的定義