2024届宁夏银川一中、云南省昆明一中高三联合考试二模理数试卷含答案.pdf

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1、学科网（北京）股份有限公司银川一中、昆明一中高三联合考试二模理科数学学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司试卷第 1 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司银川一中、昆明一中高三联合考试二模理数参考答案一、单选题一、单选题1已知复数z满足154iz，则z在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】D【分析】设出复数的代数形式，利用复数模的意义列出方程即可判断得解.【详解】令i,Rzxy x y，点(,)x y在以54，为圆心，1 为半径的圆上，位于第四象限，故选：D2已知全集U Z，集合5,4,3,2A，1,3,4,5,

2、6B，则图中阴影部分表示的集合为（）A1,6B2,6C3,4,5D2,4,6【答案】A【分析】根据题意求集合 A，结合集合间的运算分析求解.【详解】由题意可得：可得3,4,5AB I，所以图中阴影部分表示的集合为1,6.故选：A.3如图，向量AB auuu r r=，ACbuuurr，CDcuuu rr，则向量BDuuu r可以表示为（）AabcrrrBabcrrrCbacrrrDbacrrr【答案】C【分析】根据平面向量的线性运算求解即可.【详解】由图可知BDBCCDACABCDbacuuu ruuu ruuu ruuuruuu ruuu rrrr，故选：C试卷第 2 页，共 19 页学科网

3、（北京）股份有限公司4四羊方尊（又称四羊尊）是中国古代青铜器中的杰出代表，展现了商代的高超铸造技术，其盛酒部分可近似视为一个正四棱台（上、下底面的边长分别为40cm,20cm，高为24cm），则四羊方尊的容积约为（）A332400cmB322400cmC344800cmD367200cm【答案】B【分析】根据台体的体积公式运算求解.【详解】由题意可得：四羊方尊的容积约为222231402040202422400 cm3.故选：B.5电视台中的天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为0.6，这种预报经常是依据随机模拟思想得到.在本次研究中，我们用计算机产生1 5之间的 20 组随机数：4

4、25 123 423 344 144 435 525 332 152 342534 443 512 541 135 432 334 151 312 354若用 1，3，5 表示下雨，用 2，4 表示不下雨，则这三天中至少有两天下雨的概率近似为（）A920B12C1120D1320【答案】D【分析】由样本数据，利用频率近似估计概率.【详解】设事件A“三天中至少有两天下雨”，20 个随机数中，至少有两天下雨有123,435,525,332,152,534,512,541,135,334,151,312,354，即事件A发生了 13 次，用频率估计事件A的概率近似为1320故选：D6设函数)42co

5、s(2)(xxf，若对于任意的xR，都有12()()()f xf xf x，试卷第 3 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司则12|xx的最小值为（）A4B2C1D12【答案】B【分析】由题意可得 1f x是函数的最小值，2f x是函数的最大值，12xx的最小值就是函数的半周期长.【详解】若对于任意的xR，都有12()()()f xf xf x，则1()f x是函数()f x的最小值，2()f x是函数()f x的最大值，12|xx的最小值即为函数()f x的半周期长，而函数)42cos(2)(xxf的最小正周期242T，因此12 min|22Txx.故选：B7篮球赛中，甲、乙两名篮球运

6、动员在 8 场比赛中的单场得分用茎叶图表示（如图一），茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图（如图二）完好，则下列结论正确的是（）A甲的单场平均得分比乙低B乙得分的中位数是 16.5C甲得分更稳定D甲得分的极差是 18【答案】B【分析】根据图一中甲的得分情况可判断 ABC 的正误，结合图二可判断图一丢失的数据，计算两者的均值后可判断 D 的正误.【详解】乙得分的平均数为9 14 15 18 19 17 1620168，从折线图上，茎叶图中甲的得分中丢失的数据为一个为15，另一个可设为m，其中1015m，故 A 错误.乙的数据由小到大依次为：9,14,15,16,17,18,19,20

7、乙得分的中位数为16 1716.52，故 B 正确.从折线图看，甲的得分中最低分小于 10，最高分大于或等于 28，且大于或等于 20 的分数有 3 个，故其得分不稳定，故 C 错误；对于甲，其得分的极差大于或等于28919，故 D 错误；故选：B.81970 年 4 月 24 日，我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”，该卫星是中华民族的智慧和精神凝结成的一颗值得自豪的“明星”.人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间内扫过的面积相等.设椭圆

8、的长轴长、焦距分别为2a，2c，下列结论不正确的是A卫星向径的最大值为acB卫星向径的最小值为acC卫星向径的最小值与最大值的比值越小，椭圆轨道越扁D卫星运行速度在近地点时最小，在远地点时最大【答案】D【解析】由题意向径即椭圆上的点与焦点的连线的距离，由椭圆的性质可得出答案.【详解】根据题意：向径为卫星与地球的连线，即椭圆上的点与焦点的连线的距离.根据椭圆的几何性质有：卫星向径的最小值为ac，卫星向径的最大值为ac，所以 A,B 正确.当卫星向径的最小值与最大值的比值越小时，由12111aceacee ，可得e越大，椭圆越扁，所以 C 正确.卫星运行速度在近地点时,其向径最小，由卫星的向径在相

9、同的时间内扫过的面积相等.则卫星运行速度在近地点时最大，同理在远地点时最小，所以 D 不正确.故选：D【点睛】本题考查椭圆的基本性质，属于中档题.试卷第 5 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司9直线01byax过函数11)(xxxf图象的对称中心，则41ab的最小值为（）A9B8C6D5【答案】A【分析】先利用函数图象平移与奇函数的性质求得 f x的对称中心，从而得到1ab，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.【详解】f x的对称中心为(1,1)，所以1ab，所以4141445529bab aababababab，当且仅当4baab，即223ab时,等号成立，所以41ab的最小值为9

10、.故选：A.10已知e 1ln5ln(2e),1e5abc，则,a b c的大关系为（）AcabBabcCbacDbca【答案】C【分析】根据,a b c的特点，构造函数ln()xf xx，判断其单调性，得到max1()(e)ef xf，故有(e)(5),(e)(2)ffff，再运用作差法比较(5),(2)ff即得.【详解】设ln()xf xx，则21 ln()xfxx，当0ex，()f x在(0,e)上递增；当ex时，()0fx，即,bc ba；由25lnln5ln22ln55ln2320521010可知ca.故选：C.试卷第 6 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司11如图，点 P

11、在正方体1111ABCDABC D的面对角线1BC上运动，则下列四个结论不正确的有（）A三棱锥1AD PC的体积不变B1DB 1APC1BCDP D1PA与平面1ACD所成的角大小不变【答案】C【详解】正方体中11/BCAD，则有1/BC平面1ADC，P到平面1ADC的距离不变，1ADCV面积不变，因此三棱锥1AD PC的体积不变，A 正确；由正方体中11AC 11B D，由111ACBB，得11AC 平面11BB D D，可得111ACB D，同理11ABB D，从而可证1B D 平面11ABC，必有11B DAP，B 正确；当P与1C重合时，DP与1BC所成角为60，不垂直，C 错；同理1

12、/AB平面平面1ADC，从而可得平面11/ABC平面1ADC，可得1AP/平面1ACD，1AP与平面1ACD所成的角大小始终为 0，D 正确；故选：C【点睛】本题考查空间的直线与平面间的平行与垂直的关系，掌握正方体的性质是解题关键考查了学生的空间想象能力，逻辑推理能力试卷第 7 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司12已知可导函数 f x的定义域为R，12xf为奇函数，设 g x是 f x的导函数，若21gx为奇函数，且 102g，则1012kkgk（）A132B132C112D112【答案】D【分析】由12xf为奇函数，结合导数运算可得11g xgx，由21gx为奇函数，可得110g

13、xgx，整理可得 4g xg x，进而分析可得118284,8688,22gkgkgkgkk Z，即可得结果.【详解】因为12xf为奇函数，则1122xxff，即11f xfx ，两边求导得11fxfx，则11g xgx，可知 g x关于直线=1x对称，又因为21gx为奇函数，则21210gxgx，即110g xgx，可知 g x关于点1,0对称，令1x，可得 200gg，即 1202gg ，由11g xgx 可得 2g xgx，由110g xgx，可得 20g xgx，即 2g xgx ，可得22gxgx ，即 4g xg x，令0 x，可得 1402gg ；令2x，可得 1622gg；且

14、84g xg xg xg x ，可知 8 为 g x的周期，可知118284,8688,22gkgkgkgkk Z，所以1011111212569 103478222kkgk .故选：D.【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题试卷第 8 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司三、填空题三、填空题13最美数学老师手表上的时针长度是 1 厘米，则时针4h（时）转出的扇形面积是 平方厘米.【答案】3/13【分析】根据任意角的概念及角度制与弧度制的转化关

15、系化为弧度制，再由扇形面积公式计算可得.【详解】时针长度是 1 厘米，则时针4h（时）转出的扇形面积2121233S（平方厘米）.故答案为314杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家.杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多规律，如图是一个5 阶杨辉三角.若第n行中从左到右第 3 个数与第 5 个数的比为 3:5，则n的值为 .【答案】715已知双曲线 C:22221xyab（0,0ab），12FF、分别为左、右焦点，过1F的直线 l交双曲线右支为 A，以1AF为直径的圆交右支另一点为 B，且AB过2F当222AFF Buuuu ruuuu

16、r，则双曲线离心率为 .【答案】173/1173【分析】设2BFx，根据已知及双曲线的定义，结合勾股定理可得结果.【详解】因为222AFF Buuuu ruuuu r，设2BFx，则22AFx，所以1122,2AFax BFax，依题意：在1RtABF中，22211AFABBF，即2222232axxax，化简得：23xa，在21Rt F BFV中，2222121F FF BBF，即22222cxax，试卷第 9 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司所以2222226842339aaaca，化简得：173e，故答案为：173.【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率关键是建立一个,a b c

17、的等量关系，本题是借助圆直径所对圆周角为直角，结合双曲线定义得到结果.16在三角形ABC中、4BC，角A的平分线AD交BC于点D，若13BDDC，则三角形ABC面积的最大值为 .【答案】3【分析】先根据正弦定理可得13ABAC，再建立平面直角坐标系求解A的轨迹方程，进而可得ABCV面积的最大值.【详解】sinsinABBDADBBAD，sinsinACDCADCCAD，所以sinsinABADBBDBAD，sinsinACADCDCCAD，因为180ADBADC，所以sin(180)ssininADBADCADC，因为角A的平分线AD交BC于点D，所以BADCAD，所以ABACBDDC，所以1

18、3ABBDACDC，以D为坐标原点建立如图平面直角坐标系，因为4BC，13BDDC，所以(1,0)B，(3,0)C，试卷第 10 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司设(,)A x y，则2222(1)13(3)xyxy，所以2230 xxy，所以2239()24xy，故点(,)A x y的轨迹是以3(,0)2为圆心，32为半径的圆（除去(3,0)和(0,0)），故当A纵坐标最大，即3 3(,)2 2A 时ABCV面积取最大值为134322ABCS V.故答案为：3.三、解答题三、解答题17.已知数列 na的前n项和为nS,且满足21）（nSn（1）求数列 na的通项公式（2）若nnna

19、b11，求数列 nb前n2项和nT2解析：（1）当1n时，411 Sa当2n时，12)1(221nnnSSannn验证：当1n，12 nan不成立所以)2(,12)1(,4nnnan（2）由（1）可知)12()1()1(,41nnbnn所以，1214)1(24)14()34()14(911574)14()14(131197542nnnnnnnnTn）（）（182023 年 9 月第 19 届亚洲运动会在杭州举办，来自亚洲 45 个国家和地区的 1 万多名运动员在这里团结交流、收获友谊，奋勇拼搏、超越自我，共同创造了亚洲体育新的试卷第 11 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司辉煌和荣光，

20、赢得了亚奥理事会大家庭和国际社会的广泛好评亚运会圆满结束后，杭州某学校组织学生参加与本届亚运会有关的知识竞赛，为了解该校学生对本届亚运会有关赛事知识的掌握情况，采用随机抽样的方法抽取了 600 名学生进行调查，成绩全部分布在40100分之间，根据调查结果绘制的学生成绩的频率分布直方图如图所示(1)求频率分布直方图中a的值；(2)估计这 600 名学生成绩的中位数；(3)由频率分布直方图可以认为，这次竞赛成绩X近似服从正态分布2,Nm s，其中m为样本平均数（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表），9s，试用正态分布知识解决下列问题：若这次竞赛共有 2.8 万名学生参加，试估计竞赛成绩超过 8

21、6.8 分的人数（结果精确到个位）；现从所有参赛的学生中随机抽取 10 人进行座谈，设其中竞赛成绩超过 77.8 分的人数为Y，求随机变量Y的期望附：若随机变量X服从正态分布2,Nm s，则0.6827PXmsms，220.9545PXmsms，330.9973PXmsms【答案】(1)0.018a(2)80(3)4442；5【分析】（1）根据各组频率之和为 1 即可求解，（2）根据中位数的计算公式，找频率为 0.5 的位置即可，（3）根据正态分布的对称性即可求解概率，进而可求解人数，根据二项分布的期望公式即可求解.【详解】（1）由频率分布直方图，得100.0040.0080.0120.026

22、0.0321a，解得0.018a 试卷第 12 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司（2）由频率分布直方图，得前 3 组的频率为100.0040.0080.0120.24，前 4 组的频率为100.0040.0080.0120.0260.5，所以中位数恰好为 80，则估计这 600 名学生成绩的中位数为 80（3）由题意得45 0.0455 0.0865 0.1275 0.2685 0.3295 0.1877.8m，所以277.8,9XN，则186.80.158652PXP XP Xmsmsms，所以28000 0.158654442，故估计竞赛成绩超过 86.8 分的学生约有 4442

23、 人由得277.8,9XN，则177.82P X，所以随机变量110,2YB，所以 11052E Y 19如图，四棱锥SABCD中，底面四边形ABCD为菱形，3DAB，侧面SCD是边长为 4 的正三角形，2 10SA(1)证明：平面SCD 平面ABCD；(2)在棱SC上是否存在点M，使得平面SBD与平面MBD的夹角的余弦值为2 55？若存在，求出CM的长；若不存在，请说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)存在，2411CM【分析】（1）取CD中点E，连接,SE AE BE，可得SEDC，根据勾股定理可得AESE，试卷第 13 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司进而可得SE 平面ABC

24、D，然后面面垂直的判定定理可证（2）以E为坐标原点，分别以,EB EC ES所在直线为,x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面SBD和平面MBD的一个法向量，根据公式cos,m nm nmn r rr rrr可求.【详解】（1）证明：取CD中点E，连接,SE AE BE，ABCD为菱形,3DAB，所以BCD是等边三角形，则BECD又SCD是等边三角形，所以SEDC因为4,3ABBCDAB，所以2,32CEBCDABE，故2 3BESE，又22228,2 10AEABBESA，所以222SAAESE，故AESE，因为AE 平面,ABCD CD 平面,ABCD AECDEI，所以S

25、E 平面ABCD，又因为SE 平面SCD，所以平面SCD 平面ABCD（2）存在，理由如下：假设存在，设04CMaa，由（1）知,EB DC ES三条直线两两垂直，以E为坐标原点，分别以,EB EC ES所在直线为,x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系，试卷第 14 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司则30,0,2 3,2 3,0,0,0,2,0,0,2,22aSBDMa，32 3,0,2 3,0,2,2 3,2 3,2,22aSBSDMBauuruuu ruuur，2 3,2,0BD uuu r设平面SBD的一个法向量为,mx y zr，则02 32 30022 30m SBxz

26、m SDyzuurruuu rr令1x，得3,1yz，所以1,3,1m r，设平面MBD的一个法向量为111,nx y zr，则1111132 320022022 30axyazn MBn BDyxuuurruuu rr，令11x ，得1183,1yza，所以81,3,1na r由2832 5cos,58541m nam nmna r rr rrr，解得8a（舍）或2411a，所以存在点M，使得平面SBD与平面MBD的夹角的余弦值为2 55，此时2411CM 20已知抛物线 x2=2py（p0）上一点 R(m，2)到它的准线的距离为 3.若点 A，B，C 分别在抛物线上，且点 A、C 在 y

27、轴右侧，点 B 在 y 轴左侧，ABC 的重心 G 在 y 轴上，直线 AB 交 y 轴于点 M 且满足 3|AM|0）上一点 R(m，2)到它的准线的距离为 3 构建方程，求得 p，则可得准线方程2py ；（2）设点112233(,),(,),(,)A x yB xyC xy，1230,0,0 xxx，由面积公式可知,AMGCNGABGCBGAMCNSSSABSBCDDDD由点 G 为ABCD的重心，且在 y 轴上，可以表示213111,33AMCNSS SSABBC，由相似三角形可知311232,AMCNxxABxxBCxx，即可表示231SSS11212121()32xxxxxxx，令1

28、2xux，整理得23113(2)3(1)(2)SSSuu，由32AMBM，得20,3u,AMGCNGABGCBGAMCNSSSABSBCDDDD点 G 为ABCD的重心，且在 y 轴上，所以1=3ABGCBGABCSSSDDD，且1230 xxx，则213111,33AMCNSS SSABBC，且由相似三角形可知311232,AMCNxxABxxBCxx所以23311123211()()33AMCNSSxxSABBCxxxx1121121212121211()()3232xxxxxxxxxxxxxx令12xux，23111111()(2)312312SSuuSuuuu13(2)3(1)(2)u

29、u因为32AMBM，所以1232xx，故20,3u29(1)(2)2,24uuuu ，则2311 2,6 9SSS故1239,62SSS试卷第 16 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司【点睛】本题考查在抛物线的背景下探究平面图形面积比的范围问题，涉及求抛物线的标准方程，还考查了三角形重心的性质，属于难题.21牛顿迭代法是牛顿在 17 世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法.比如，我们可以先猜想某个方程 0f x 的其中一个根 r 在0 xx的附近，如下图所示，然后在点00,xf x处作 f x的切线，切线与 x 轴交点的横坐标就是1x，用1x代替0 x重复上面的过程得到2x

30、；一直继续下去，得到0 x，1x，2x，nx.从图形上我们可以看到1x较0 x接近 r，2x较1x接近 r，等等.显然，它们会越来越逼近 r.于是，求 r 近似解的过程转化为求nx，若设精度为e，则把首次满足1nnxxe的nx称为 r 的近似解.已知函数 31f xxx.(1)试用牛顿迭代法求方程 0f x 满足精度0.5e的近似解（取01x ，且结果保留小数点后第二位）；(2)若 2365e0 xf xxxa 对任意xR都成立，求整数 a 的最大值.（计算参考数值：e2.72，1.35e3.86，1.5e4.48，31.352.46，21.351.82）【答案】(1)1.35(2)9【分析】

31、（1）根据导数的几何意义及牛顿迭代法可得结果；试卷第 17 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司（2）根据已知通过分离变量，构造函数 g x，利用导数得出 g x的最小值，由（1）的结论可得结果.【详解】（1）解：因为3()1f xxx，则2()31xfx，1(1)2,11kff，曲线()f x在01x 处的切线为112(1)1.5yxx ，且10|0.5xx，2237(1.5),1.548kff，曲线()f x在11.5x 处的切线为27233311.3584223yxx ，且21|0.5xx，即2310 x ，得33x 或33x ，令()0fx，即2310 x ，得3333x，因此(

32、)f x有且仅有一个零点0 x，所以()g x有且仅有一个极小值点0 x，即0()()g xg x，所以有0()ag x，方法一：由（1）有0311.3523x ，则3201.351.353 1.355 1.356()(1.35)(2.465.466.756)3.86eag xg 8.685.方法二：320113 15 16()(1)32.728.16eag xg .3201.51.53 1.55 1.56272715()(1.5)64.48e842ag xg 方法三：8.4，所以，a能取到的最大整数值为9.【点睛】关键点点睛：利用导数的几何意义求切线方程；第二问的关键是转化不等式，从而分析函

33、数 g x的性质，得出最值.22.【选修 4-4：坐标系与参数方程】（本小题满分 10 分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为12cos2sinxyaa（a为参数）.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为3 2sin42rq.试卷第 18 页，共 19 页学科网（北京）股份有限公司(1)求C的普通方程和l的直角坐标方程；(2)设直线l与x轴相交于点A，动点B在C上，点M满足AMMBuuuu ruuur，点M的轨迹为E，试判断曲线C与曲线E是否有公共点.若有公共点，求出其直角坐标；若没有公共点，请说明理由.【详解】（1）由题设曲线C的参数方程，消参得221

34、4xy，由cos,sinxyrqrq，且23 2sinsincos422rqrqrq得，223 2222yx，化简得30 xy，C 的普通方程为2214xy，l 直角坐标方程为30 xy.（2）当0y 时，33,0 xA ，易知12cos,2sinBaa，设,M x y，可得3,2cos1,2sinAMxyMBaxayuuuu ruuur，32cos1cos1,2sinsinxaxxaAMMByayyauuuru uQuu r（a 是参数），消参得方程为2211,xy且1,2,1,3ECCECErrrrrr，则圆心距离21 12,d 得CECErrdrr，求a的取值范围【详解】（1）当4a 时，33,22415,1233,1xxf xxxxxxx 或5712xx 或3371xx，解得43x 或103x，故不等式 7f x 的解集为410,33 U；（2）因为 210f xxax，当a成立；当0a 时，12a，此时 31,2211,1231,1axaxaf xxaxxaxxax ，解得23a，又0a，所以203a；综上所述，a的取值范围是2,3.