2024屆廣東省深圳建文外國語學校全國高三模擬考(一）全國卷數學試題注意事項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．設集合（為實數集），，，則（）A． B． C． D．2．已知雙曲線滿足以下條件：①雙曲線E的右焦點與拋物線的焦點F重合；②雙曲線E與過點的冪函數的圖象交于點Q，且該冪函數在點Q處的切線過點F關于原點的對稱點．則雙曲線的離心率是（）A． B． C． D．3．函數在上單調遞減的充要條件是（）A． B． C． D．4．如圖所示，已知某幾何體的三視圖及其尺寸（單位：），則該幾何體的表面積為()A． B．C． D．5．已知是平面內互不相等的兩個非零向量,且與的夾角為,則的取值范圍是（）A． B． C． D．6．已知集合A，B=,則A∩B=A． B． C． D．7．設遞增的等比數列的前n項和為，已知，，則（）A．9 B．27 C．81 D．8．數列{an}是等差數列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4+λa10+a16＝15，則實數λ的最大值為（）A． B． C． D．9．設為虛數單位，為復數，若為實數，則（）A． B． C． D．10．設過定點的直線與橢圓：交于不同的兩點，，若原點在以為直徑的圓的外部，則直線的斜率的取值范圍為（）A． B．C． D．11．設命題：，，則為A．， B．，C．， D．，12．拋物線的焦點為F，點為該拋物線上的動點，若點，則的最小值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知二面角α﹣l﹣β為60°，在其內部取點A，在半平面α，β內分別取點B，C．若點A到棱l的距離為1，則△ABC的周長的最小值為_____．14．已知函數，若在定義域內恒有，則實數的取值范圍是__________．15．已知三棱錐的四個頂點都在球O的球面上，，，，，E，F(xiàn)分別為，的中點，，則球O的體積為______.16．設為定義在上的偶函數，當時，（為常數），若，則實數的值為______.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）已知函數.（1）若在上是減函數，求實數的最大值；（2）若，求證：.18．（12分）如圖1，四邊形為直角梯形，，，，，，為線段上一點，滿足，為的中點，現(xiàn)將梯形沿折疊（如圖2），使平面平面.（1）求證：平面平面；（2）能否在線段上找到一點（端點除外）使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，試確定點的位置；若不存在，請說明理由.19．（12分）設為實數,在極坐標系中,已知圓（）與直線相切,求的值．20．（12分）設等比數列的前項和為，若（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）在和之間插入個實數，使得這個數依次組成公差為的等差數列，設數列的前項和為，求證：.21．（12分）已知，，且.（1）求的最小值；（2）證明：.22．（10分）某網絡商城在年月日開展“慶元旦”活動，當天各店鋪銷售額破十億，為了提高各店鋪銷售的積極性，采用搖號抽獎的方式，抽取了家店鋪進行紅包獎勵.如圖是抽取的家店鋪元旦當天的銷售額（單位：千元）的頻率分布直方圖.（1）求抽取的這家店鋪，元旦當天銷售額的平均值；（2）估計抽取的家店鋪中元旦當天銷售額不低于元的有多少家；（3）為了了解抽取的各店鋪的銷售方案，銷售額在和的店鋪中共抽取兩家店鋪進行銷售研究，求抽取的店鋪銷售額在中的個數的分布列和數學期望.

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、A【解析】

根據集合交集與補集運算,即可求得.【詳解】集合,,所以所以故選:A【點睛】本題考查了集合交集與補集的混合運算,屬于基礎題.2、B【解析】

由已知可求出焦點坐標為,可求得冪函數為,設出切點通過導數求出切線方程的斜率,利用斜率相等列出方程,即可求出切點坐標,然后求解雙曲線的離心率．【詳解】依題意可得，拋物線的焦點為，F(xiàn)關于原點的對稱點；，，所以，，設，則，解得，∴，可得，又，，可解得，故雙曲線的離心率是.故選B．【點睛】本題考查雙曲線的性質,已知拋物線方程求焦點坐標,求冪函數解析式,直線的斜率公式及導數的幾何意義,考查了學生分析問題和解決問題的能力,難度一般.3、C【解析】

先求導函數，函數在上單調遞減則恒成立，對導函數不等式換元成二次函數，結合二次函數的性質和圖象，列不等式組求解可得.【詳解】依題意，，令，則，故在上恒成立；結合圖象可知，，解得故.故選：C.【點睛】本題考查求三角函數單調區(qū)間.求三角函數單調區(qū)間的兩種方法:(1)代換法：就是將比較復雜的三角函數含自變量的代數式整體當作一個角(或)，利用基本三角函數的單調性列不等式求解；(2)圖象法：畫出三角函數的正、余弦曲線，結合圖象求它的單調區(qū)間.4、C【解析】

由三視圖知，該幾何體是一個圓錐，其母線長是5，底面直徑是6，據此可計算出答案.【詳解】由三視圖知，該幾何體是一個圓錐，其母線長是5，底面直徑是6，該幾何體的表面積.故選：C【點睛】本題主要考查了三視圖的知識，幾何體的表面積的計算.由三視圖正確恢復幾何體是解題的關鍵.5、C【解析】試題分析：如下圖所示，則，因為與的夾角為，即，所以，設，則，在三角形中，由正弦定理得，所以，所以，故選C．考點：1．向量加減法的幾何意義；2．正弦定理；3．正弦函數性質．6、A【解析】

先解A、B集合，再取交集。【詳解】,所以B集合與A集合的交集為，故選A【點睛】一般地，把不等式組放在數軸中得出解集。7、A【解析】

根據兩個已知條件求出數列的公比和首項，即得的值.【詳解】設等比數列的公比為q.由，得，解得或.因為.且數列遞增，所以.又，解得，故.故選：A【點睛】本題主要考查等比數列的通項和求和公式，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.8、D【解析】

利用等差數列通項公式推導出λ，由d∈[1，2]，能求出實數λ取最大值．【詳解】∵數列{an}是等差數列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4+λa10+a16＝15，∴1+3d+λ（1+9d）+1+15d＝15，解得λ，∵d∈[1，2]，λ2是減函數，∴d＝1時，實數λ取最大值為λ．故選D．【點睛】本題考查實數值的最大值的求法，考查等差數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．9、B【解析】

可設，將化簡，得到，由復數為實數，可得，解方程即可求解【詳解】設，則.由題意有，所以.故選：B【點睛】本題考查復數的模長、除法運算，由復數的類型求解對應參數，屬于基礎題10、D【解析】

設直線：，，，由原點在以為直徑的圓的外部，可得，聯(lián)立直線與橢圓方程，結合韋達定理，即可求得答案.【詳解】顯然直線不滿足條件，故可設直線：，，，由，得，，解得或，，，，，，解得，直線的斜率的取值范圍為.故選：D.【點睛】本題解題關鍵是掌握橢圓的基礎知識和圓錐曲線與直線交點問題時，通常用直線和圓錐曲線聯(lián)立方程組，通過韋達定理建立起目標的關系式，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題．11、D【解析】

直接利用全稱命題的否定是特稱命題寫出結果即可.【詳解】因為全稱命題的否定是特稱命題，所以，命題：，，則為：，.故本題答案為D.【點睛】本題考查命題的否定，特稱命題與全稱命題的否定關系，是基礎題.12、B【解析】

通過拋物線的定義，轉化，要使有最小值，只需最大即可，作出切線方程即可求出比值的最小值．【詳解】解：由題意可知，拋物線的準線方程為，，過作垂直直線于，由拋物線的定義可知，連結，當是拋物線的切線時，有最小值，則最大，即最大，就是直線的斜率最大，設在的方程為：，所以，解得：，所以，解得，所以，．故選：．【點睛】本題考查拋物線的基本性質，直線與拋物線的位置關系，轉化思想的應用，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】

作A關于平面α和β的對稱點M，N，交α和β與D，E，連接MN，AM，AN，DE，根據對稱性三角形ADC的周長為AB+AC+BC＝MB+BC+CN，當四點共線時長度最短，結合對稱性和余弦定理求解.【詳解】作A關于平面α和β的對稱點M，N，交α和β與D，E，連接MN，AM，AN，DE，根據對稱性三角形ABC的周長為AB+AC+BC＝MB+BC+CN，當M，B，C，N共線時，周長最小為MN設平面ADE交l于，O，連接OD，OE，顯然OD⊥l，OE⊥l，∠DOE＝60°，∠MOA+∠AON＝240°,OA＝1，∠MON＝120°，且OM＝ON＝OA＝1，根據余弦定理，故MN2＝1+1﹣2×1×1×cos120°＝3，故MN．故答案為：．【點睛】此題考查求空間三角形邊長的最值，關鍵在于根據幾何性質找出對稱關系，結合解三角形知識求解.14、【解析】

根據指數函數與對數函數圖象可將原題轉化為恒成立問題，湊而可知的圖象在過原點且與兩函數相切的兩條切線之間；利用過一點的曲線切線的求法可求得兩切線斜率，結合分母不為零的條件可最終確定的取值范圍.【詳解】由指數函數與對數函數圖象可知：，恒成立可轉化為恒成立，即恒成立，，即是夾在函數與的圖象之間，的圖象在過原點且與兩函數相切的兩條切線之間.設過原點且與相切的直線與函數相切于點，則切線斜率，解得：；設過原點且與相切的直線與函數相切于點，則切線斜率，解得：；當時，，又，滿足題意；綜上所述：實數的取值范圍為.【點睛】本題考查恒成立問題的求解，重點考查了導數幾何意義應用中的過一點的曲線切線的求解方法；關鍵是能夠結合指數函數和對數函數圖象將問題轉化為切線斜率的求解問題；易錯點是忽略分母不為零的限制，忽略對于臨界值能否取得的討論.15、【解析】

可證，則為的外心，又則平面即可求出，的值，再由勾股定理求出外接球的半徑，最后根據體積公式計算可得.【詳解】解：，，，因為為的中點，所以為的外心，因為，所以點在內的投影為的外心，所以平面，平面，所以，所以，又球心在上，設，則，所以，所以球O體積，.故答案為：【點睛】本題考查多面體外接球體積的求法，考查空間想象能力與思維能力，考查計算能力，屬于中檔題．16、1【解析】

根據為定義在上的偶函數，得，再根據當時，（為常數）求解.【詳解】因為為定義在上的偶函數，所以，又因為當時，，所以，所以實數的值為1.故答案為：1【點睛】本題主要考查函數奇偶性的應用，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.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）（2）詳見解析【解析】

（1），在上，因為是減函數，所以恒成立，即恒成立，只需.令，，則，因為，所以.所以在上是增函數，所以，所以，解得.所以實數的最大值為.（2），.令，則，根據題意知，所以在上是增函數.又因為，當從正方向趨近于0時，趨近于，趨近于1，所以，所以存在，使，即，，所以對任意，，即，所以在上是減函數；對任意，，即，所以在上是增函數，所以當時，取得最小值，最小值為.由于，，則，當且僅當，即時取等號，所以當時，．18、（1）證明見解析；（2）存在點是線段的中點，使得直線與平面所成角的正弦值為.【解析】

（1）在直角梯形中，根據，，得為等邊三角形，再由余弦定理求得，滿足，得到，再根據平面平面，利用面面垂直的性質定理證明.（2）建立空間直角坐標系：假設在上存在一點使直線與平面所成角的正弦值為，且，，求得平面的一個法向量，再利用線面角公式求解.【詳解】（1）證明：在直角梯形中，，，因此為等邊三角形，從而，又，由余弦定理得：，∴，即，且折疊后與位置關系不變，又∵平面平面，且平面平面.∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）∵為等邊三角形，為的中點，∴，又∵平面平面，且平面平面，∴平面，取的中點，連結，則，從而，以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系：則，，則，假設在上存在一點使直線與平面所成角的正弦值為，且，，∵，∴，故，∴，又，該平面的法向量為，，令得，∴，解得或（舍），綜上可知，存在點是線段的中點，使得直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題主要考查面面垂直的性質定理和向量法研究線面角問題，還考查了轉化化歸的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.19、【解析】

將圓和直線化成普通方程.再根據相切,圓心到直線的距離等于半徑,列等式方程,解方程即可.【詳解】解:將圓化成普通方程為,整理得．將直線化成普通方程為．因為相切,所以圓心到直線的距離等于半徑,即解得．【點睛】本題考查極坐標方程與普通方程的互化,考查直線與圓的位置關系,是基礎題.2