云南昆明市黃岡實驗學校2024屆高三第五次模擬考試數學試卷含解析

云南昆明市黃岡實驗學校2024屆高三第五次模擬考試數學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．設，分別為雙曲線（a＞0，b＞0）的左、右焦點，過點作圓的切線與雙曲線的左支交于點P，若，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．2．為虛數單位,則的虛部為（）A． B． C． D．3．對于正在培育的一顆種子，它可能1天后發(fā)芽，也可能2天后發(fā)芽，….下表是20顆不同種子發(fā)芽前所需培育的天數統(tǒng)計表，則這組種子發(fā)芽所需培育的天數的中位數是()發(fā)芽所需天數1234567種子數43352210A．2 B．3 C．3.5 D．44．已知不同直線、與不同平面、，且，，則下列說法中正確的是（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則5．關于函數，下列說法正確的是（）A．函數的定義域為B．函數一個遞增區(qū)間為C．函數的圖像關于直線對稱D．將函數圖像向左平移個單位可得函數的圖像6．隨著人民生活水平的提高，對城市空氣質量的關注度也逐步增大，下圖是某城市月至月的空氣質量檢測情況，圖中一、二、三、四級是空氣質量等級，一級空氣質量最好，一級和二級都是質量合格天氣，下面敘述不正確的是（）A．1月至8月空氣合格天數超過天的月份有個B．第二季度與第一季度相比，空氣達標天數的比重下降了C．8月是空氣質量最好的一個月D．6月份的空氣質量最差.7．甲、乙、丙、丁四人通過抓鬮的方式選出一人周末值班（抓到“值”字的人值班）.抓完鬮后，甲說：“我沒抓到.”乙說：“丙抓到了.”丙說：“丁抓到了”丁說：“我沒抓到."已知他們四人中只有一人說了真話，根據他們的說法，可以斷定值班的人是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁8．在復平面內，復數（為虛數單位）對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限9．已知集合，，則集合的真子集的個數是（）A．8 B．7 C．4 D．310．已知橢圓的左、右焦點分別為、，過的直線交橢圓于A，B兩點，交y軸于點M，若、M是線段AB的三等分點，則橢圓的離心率為()A． B． C． D．11．的內角的對邊分別為，若，則內角（）A． B． C． D．12．如下的程序框圖的算法思路源于我國古代數學名著《九章算術》中的“更相減損術”．執(zhí)行該程序框圖，若輸入的a，b分別為176，320，則輸出的a為（）A．16 B．18 C．20 D．15二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平行四邊形中，已知，，，若，，則____________．14．在棱長為6的正方體中，是的中點，點是面，所在平面內的動點，且滿足，則三棱錐的體積的最大值是__________.15．平面區(qū)域的外接圓的方程是____________.16．已知向量，，，則__________.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）（本小題滿分12分）已知橢圓C：x2a2+y（1）求橢圓C的標準方程；（2）過點A（1，0）的直線與橢圓C交于點M,N,設P為橢圓上一點，且OM+ON=t18．（12分）已知函數，其中.（1）當時，求在的切線方程；（2）求證：的極大值恒大于0.19．（12分）某房地產開發(fā)商在其開發(fā)的某小區(qū)前修建了一個弓形景觀湖．如圖，該弓形所在的圓是以為直徑的圓，且米，景觀湖邊界與平行且它們間的距離為米．開發(fā)商計劃從點出發(fā)建一座景觀橋（假定建成的景觀橋的橋面與地面和水面均平行），橋面在湖面上的部分記作．設．（1）用表示線段并確定的范圍；（2）為了使小區(qū)居民可以充分地欣賞湖景，所以要將的長度設計到最長，求的最大值．20．（12分）有最大值，且最大值大于.（1）求的取值范圍；（2）當時，有兩個零點，證明：.(參考數據：)21．（12分）已知與有兩個不同的交點，其橫坐標分別為（）.（1）求實數的取值范圍；（2）求證：.22．（10分）在如圖所示的多面體中，平面平面，四邊形是邊長為2的菱形，四邊形為直角梯形，四邊形為平行四邊形，且，，（1）若分別為，的中點，求證：平面；（2）若，與平面所成角的正弦值，求二面角的余弦值．

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】

設過點作圓的切線的切點為，根據切線的性質可得，且，再由和雙曲線的定義可得，得出為中點，則有，得到，即可求解.【詳解】設過點作圓的切線的切點為，，所以是中點，，，.故選:C.【點睛】本題考查雙曲線的性質、雙曲線定義、圓的切線性質，意在考查直觀想象、邏輯推理和數學計算能力，屬于中檔題.2、C【解析】

利用復數的運算法則計算即可.【詳解】，故虛部為.故選：C.【點睛】本題考查復數的運算以及復數的概念，注意復數的虛部為，不是，本題為基礎題，也是易錯題.3、C【解析】

根據表中數據，即可容易求得中位數.【詳解】由圖表可知，種子發(fā)芽天數的中位數為，故選：C.【點睛】本題考查中位數的計算，屬基礎題.4、C【解析】

根據空間中平行關系、垂直關系的相關判定和性質可依次判斷各個選項得到結果.【詳解】對于，若，則可能為平行或異面直線，錯誤；對于，若，則可能為平行、相交或異面直線，錯誤；對于，若，且，由面面垂直的判定定理可知，正確；對于，若，只有當垂直于的交線時才有，錯誤.故選：.【點睛】本題考查空間中線面關系、面面關系相關命題的辨析，關鍵是熟練掌握空間中的平行關系與垂直關系的相關命題.5、B【解析】

化簡到，根據定義域排除，計算單調性知正確，得到答案.【詳解】，故函數的定義域為，故錯誤；當時，，函數單調遞增，故正確；當，關于的對稱的直線為不在定義域內，故錯誤.平移得到的函數定義域為，故不可能為，錯誤.故選：.【點睛】本題考查了三角恒等變換，三角函數單調性，定義域，對稱，三角函數平移，意在考查學生的綜合應用能力.6、D【解析】由圖表可知月空氣質量合格天氣只有天，月份的空氣質量最差．故本題答案選．7、A【解析】

可采用假設法進行討論推理，即可得到結論.【詳解】由題意，假設甲：我沒有抓到是真的，乙：丙抓到了，則丙：丁抓到了是假的，?。何覜]有抓到就是真的，與他們四人中只有一個人抓到是矛盾的；假設甲：我沒有抓到是假的，那么?。何覜]有抓到就是真的，乙：丙抓到了，丙：丁抓到了是假的，成立，所以可以斷定值班人是甲.故選：A.【點睛】本題主要考查了合情推理及其應用，其中解答中合理采用假設法進行討論推理是解答的關鍵，著重考查了推理與分析判斷能力，屬于基礎題.8、C【解析】

化簡復數為、的形式，可以確定對應的點位于的象限．【詳解】解：復數故復數對應的坐標為位于第三象限故選：．【點睛】本題考查復數代數形式的運算，復數和復平面內點的對應關系，屬于基礎題．9、D【解析】

轉化條件得，利用元素個數為n的集合真子集個數為個即可得解.【詳解】由題意得，，集合的真子集的個數為個.故選：D.【點睛】本題考查了集合的化簡和運算，考查了集合真子集個數問題，屬于基礎題.10、D【解析】

根據題意，求得的坐標，根據點在橢圓上，點的坐標滿足橢圓方程，即可求得結果.【詳解】由已知可知，點為中點，為中點，故可得，故可得；代入橢圓方程可得，解得，不妨取，故可得點的坐標為，則，易知點坐標，將點坐標代入橢圓方程得，所以離心率為，故選：D.【點睛】本題考查橢圓離心率的求解，難點在于根據題意求得點的坐標，屬中檔題.11、C【解析】

由正弦定理化邊為角，由三角函數恒等變換可得．【詳解】∵，由正弦定理可得，∴，三角形中，∴，∴．故選：C．【點睛】本題考查正弦定理，考查兩角和的正弦公式和誘導公式，掌握正弦定理的邊角互化是解題關鍵．12、A【解析】

根據題意可知最后計算的結果為的最大公約數.【詳解】輸入的a，b分別為,,根據流程圖可知最后計算的結果為的最大公約數，按流程圖計算,,,,,,,易得176和320的最大公約數為16，故選:A.【點睛】本題考查的是利用更相減損術求兩個數的最大公約數,難度較易.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

設，則，得到，，利用向量的數量積的運算，即可求解．【詳解】由題意，如圖所示，設，則，又由，，所以為的中點，為的三等分點，則，，所以．【點睛】本題主要考查了向量的共線定理以及向量的數量積的運算，其中解答中熟記向量的線性運算法則，以及向量的共線定理和向量的數量積的運算公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題．14、【解析】

根據與相似，，過作于，利用體積公式求解OP最值，根據勾股定理得出，，利用函數單調性判斷求解即可.【詳解】∵在棱長為6的正方體中，是的中點，點是面所在平面內的動點，且滿足，又，∴與相似∴，即，過作于，設，，∴，化簡得：，，根據函數單調性判斷，時，取得最大值36，，在正方體中平面.三棱錐體積的最大值為【點睛】本題考查三角形相似，幾何體體積以及函數單調性的綜合應用，難度一般.15、【解析】

作出平面區(qū)域，可知平面區(qū)域為三角形，求出三角形的三個頂點坐標，設三角形的外接圓方程為，將三角形三個頂點坐標代入圓的一般方程，求出、、的值，即可得出所求圓的方程.【詳解】作出不等式組所表示的平面區(qū)域如下圖所示：由圖可知，平面區(qū)域為，聯立，解得，則點，同理可得點、，設的外接圓方程為，由題意可得，解得，，，因此，所求圓的方程為.故答案為：.【點睛】本題考查三角形外接圓方程的求解，同時也考查了一元二次不等式組所表示的平面區(qū)域的求作，考查數形結合思想以及運算求解能力，屬于中等題.16、3【解析】

由題意得，，再代入中，計算即可得答案.【詳解】由題意可得，，∴，解得，∴.故答案為：.【點睛】本題考查向量模的計算，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查運算求解能力，求解時注意向量數量積公式的運用.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）x24+【解析】試題分析：本題主要考查橢圓的標準方程及其幾何性質、直線與橢圓的位置關系等基礎知識，考查學生的分析問題解決問題的能力、轉化能力、計算能力．第一問，先利用離心率、a2=b2+c2、四邊形的面積列出方程，解出a和b的值，從而得到橢圓的標準方程；第二問，討論直線MN的斜率是否存在，當直線MN的斜率存在時，直線方程與橢圓方程聯立，消參，利用韋達定理，得到x1+x2、x1x試題解析：（1）∵e=22，??∴又S=12×2a×2b=4∴橢圓C的標準方程為x2（2）由題意知，當直線MN斜率存在時，設直線方程為y=k(x-1)，M(x聯立方程x24+因為直線與橢圓交于兩點，所以Δ=16k∴x又∵OM∴因為點P在橢圓x24+即2k又∵|OM即|NM|<4化簡得：13k4-5k2∵t2=1-當直線MN的斜率不存在時，M(1,??62∴t∈[-1,??考點：橢圓的標準方程及其幾何性質、直線與橢圓的位置關系．18、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）求導，代入，求出在處的導數值及函數值，由此即可求得切線方程；（2）分類討論得出極大值即可判斷.【詳解】（1），當時，，，則在的切線方程為；（2）證明：令，解得或，①當時，恒成立，此時函數在上單調遞減，∴函數無極值；②當時，令，解得，令，解得或，∴函數在上單調遞增，在，上單調遞減，∴；③當時，令，解得，令，解得或，∴函數在上單調遞增，在，上單調遞減，∴，綜上，函數的極大值恒大于0.【點睛】本小題主要考查利用導數求切線方程，考查利用導數研究函數的極值，考查分類討論的數學思想方法，屬于中檔題.19、（1），；（2）米.【解析】

(1)過點作于點再在中利用正弦定理求解,再根據求解,進而求得.再根據確定的范圍即可.(2)根據(1)有,再設,求導分析函數的單調性與最值即可.【詳解】解：過點作于點則,在中,,,由正弦定理得：,,,,,因為,化簡得,令,,且,因為,故令即,記,當時,單調遞增；當時,單調遞減,又,當時,取最大值,此時,的最大值為米．【點睛】本題主要考查了三角函數在實際中的應用,需要根據題意建立角度與長度間的關系,進而求導分析函數的單調性,根據三角函數值求解對應的最值即可.屬于難題.20、（1）；（2）證明見解析.【解析】

（1）求出函數的定義域為，，分和兩種情況討論，分析函數的單調性，求出函數的最大值，即可得出關于實數的不等式，進而可求得實數的取值范圍；（2）利用導數分析出函數在上遞增，在上遞減，可得出，由，構造函數，證明出，進而得出，再由函數在區(qū)間上的單調性可證得結論.【詳解】（1）函數的定義域為，且.當時，對任意的，，此時函數在上為增函數，函數為最大值；當時，令，得.當時，，此時函數單調遞增；當時，，此時函數單調遞減.所以，函數在處取得極大值，亦即最大值，即，解得.綜上所述，實數的取值范圍是；（2）當時，，定義域為，，當時，；當時，.所以，函數的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為.由于函數有兩個零點、且，，，構造函數，其中，，令，，當時，，所以，函數在區(qū)間上單調遞減，則，則.所以，函數在區(qū)間上單調遞減，，，即，即，，且，而函數在上為減函數，所以，，因此，.【點睛】本題考查利用函數的最值求參數，同時也考查了利用導數證明函數不等式，利用所證不等式的結構構造新函數是解答的關鍵，考查推理能力與計算能力，屬于難題.21、（1）；（2）見解析【解析】

（1）利用導數研究的單調性，分析函數性質，數形結合，即得解；（2）構造函數，可證得：，，分析直線，與從左到右交點的橫坐標，在，處的切線即得解.【詳解】（1）設函數，，令，令故在單調遞減，在單調遞增，∴