2024届宁夏回族自治区银川一中高三第二次模拟数学(理科)试卷答案

银川一中2024届高三二模数学试题参考答案（理）一、单选题1．【答案】B【分析】直接解一元二次不等式得集合，解一元一次不等式的集合，从而可得并集.【详解】因为，解得或，所以或，又，所以或．故选：B.2.【答案】B【分析】借助复数运算法则计算后结合纯虚数定义即可得.【详解】，若为纯虚数，则，即.故选：B.3．【答案】A【分析】由题意知，该几何体是一个半圆锥，其底面半径为1，高为1，计算体积即可.【详解】由题意知，该几何体是一个半圆锥，其底面半径为1，高为1，则该几何体的体积为．故选：A.4．【答案】D【分析】根据函数的奇偶性和定义域可得，解方程并验证即可求解.【详解】因为函数是定义域为R的奇函数所以，即，解得.当时，，有，函数为奇函数.所以.故选：D.5．【答案】D【分析】根据几何概型的概率公式，由面积之比即可求解.【详解】表示圆心为原点，半径为2的圆以及内部，区域表示圆心为原点，半径为2和半径为1的圆环以及内部，所以概率为，故选：D6．【答案】A【分析】利用辅助角公式可得，结合同角三角关系可得，再根据诱导公式分析求解.【详解】因为，可得，且，则，可得，则，所以.故选：A.7．【答案】B【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解.【详解】若和在上单调递增，在上单调递减，则有个；若和在上单调递增，在上单调递减，则有个；若和在上单调递增，在上单调递减，则有个；若、和在上单调递增，则有个；综上所述：共有个.故选：B.8．【答案】A【分析】在中由余弦定理求得，由题意证得平面ABC，进而确定外接球球心O，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可.【详解】在中，，即，又，因为，所以，同理，又由平面ABC，平面.设的外接圆半径为，所以，所以，所以外接球的半径R满足，∴三棱锥外接球的表面积为.故选：A.9．【答案】B【分析】根据题意结合图形得到是“刍童”其中一条侧棱与与底面所成角的平面角，从而求得该刍童的高，进而根据刍童的体积公式即可求得结果．【详解】连接，交于点，连接，交于点，连接，过作，如图，因为“刍童”上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相等，所以底面，又，所以底面，所以是“刍童”其中一条侧棱与底面所成角的平面角，则，因为，所以，易知四边形是等腰梯形，则，所以在中，，则，即“刍童”的高为，则该刍童的体积.故选：B．10．【答案】B【分析】求出圆心坐标，可得抛物线的焦点，过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，故的周长为，联立圆与抛物线可得B点坐标，可得的取值范围，可得答案.【详解】解：如图，  可得圆心也是抛物线的焦点，过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得故的周长，由可得，.的取值范围为的周长的取值范围为故选：.11．【答案】C【分析】根据给定条件，利用错位相减求和法求出，再按奇偶讨论求出a的范围.【详解】由数列的前n项和为且，得，于是，两式相减得：，因此，，显然数列是递增数列，当为奇数时，，由恒成立，得，则，当为偶数时，，由恒成立，得，则，所以实数a的取值范围是.故选：C12．【答案】A【分析】本题首先可以结合题意绘出双曲线的图像，然后根据得出，根据双曲线的定义得出，再然后根据得出以及，根据得出，最后将点坐标代入双曲线中，通过化简即可得出结果.【详解】设为双曲线的下焦点，为双曲线的上焦点，绘出双曲线的图像，如图，过点作于点,因为，所以，，因为，所以，因为双曲线上的点到原点的距离为，即，且，所以，，故，，因为，所以，，将代入双曲线中，即，化简得，，，，，解得或（舍去），，，则该双曲线的渐近线方程为，故选：A.二、填空题13．【答案】【分析】根据题意可得，对等式两边同时平方，即可求解.【详解】由，得，由，解得.故答案为：.14．【答案】8【分析】画出可行域和目标函数，由几何意义求出最小值.【详解】画出可行域及目标函数，如下：阴影部分即为可行域，为直线与轴交点的纵坐标，由几何意义可知，当过点时，取得最小值，联立，解得，故.故答案为：815．【答案】【分析】根据等差数列列式，代入等比数列前项和公式，计算得，从而求解.【详解】∵，，成等差数列，∴，由题意，∴，可得，所以∴.故答案为：.16．【答案】【分析】二次求导，结合隐零点得到方程与不等式，变形后得到，从而，，代入，得到的最大值.【详解】，定义域为，则，令，则，在上单调递增，且时，当时，使得即当时，当时，故在上单调递减，在上单调递增，所以②，由得①，即，代入②得，，整理得，∴，∴，，故的最大值为3.故答案为：3三、解答题17．【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）首先判断中位数在内，再列出方程，解得即可；（2）依题意可得，即可求出其分布列与数学期望.【详解】（1）因为，，所以该校学生比赛成绩的中位数在内，设该校学生比赛成绩的中位数为，则，解得，即该校学生比赛成绩的中位数为．（2）由频率分布直方图可知比赛成绩优秀的频率为，则从该校学生中随机抽取人，被抽取的学生比赛成绩优秀的概率是．由题意可知，则，即，，，所以的分布列为0123故．18．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意得到，再利用余弦定理求解即可.（2）首先利用正弦定理面积公式和余弦定理得到，再利用基本不等式求解最值即可.【详解】（1）在△ABD中，由余弦定理得.在△BCD中，由余弦定理得.因为，所以，即，得.（2）由题意知，得.在中，由余弦定理得.令，，在中，由余弦定理得，即.所以，即，，当且仅当时取等号.所以四边形ABCD周长的最大值为19．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意和勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）由面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，进而建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出该面面角；（3）假设存在这样的点Q，则存在使得.利用线面平行和空间向量的坐标表示建立关于的方程，解得，即可下结论.【详解】（1）在中，所以，即.又因为，在平面中，，所以平面.（2）因为平面平面，平面平面平面，所以平面，由平面，得.由（2）知，且已知，故以A为原点，建立如图空间直角坐标系，则，.所以因为为中点，所以.由知，.设平面的法向量为，则即令，则.于是.由（1）知平面，所以平面的法向量为.所以，由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为；20．【答案】（1）；（2）存在；.【分析】（1）由点在椭圆上，及基本量关系列方程即可；（2）直线代入椭圆方程得一元二次方程，求弦长，再由弦长关系得面积.【详解】解：依据题意得，得，，又，，    ，椭圆的方程为.（2）假设在直线上存在一点使得为等边三角形，设直线由得，，设，，的中点为则，，.为等边三角形，所以的斜率为，又点的横坐标为2，为等边三角形，即，得.，的面积为【点睛】直线与椭圆相交弦长公式：，利用韦达定理整体求解是常用方法.21．【答案】(1)(2)①，②【分析】（1）对函数求导，依题意可得，解得，经检验符合题意；（2）①将函数有两个极值点转化为方程有两个不同的正数根，再由函数与方程的思想可知函数与函数的图象在上有两个不同交点，利用数形结合可得；②由两极值点的关系通过构造函数可将不等式恒成立问题转化为函数对任意的恒成立，利用导数并对实数的取值分类讨论即可求得.【详解】（1）易知，又是函数的一个极值点，，即.此时，令，在上单调递增，且，当，当，在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，即符合题意；因此实数的值为.（2）①因为，且有两个极值点，所以方程在上有两个不同的根，即方程有两个不同的正数根，将问题转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，则，令，解得，当时，单调递减，当时，单调递增，且当时，，故作出的图象如下：由图象可得满足题意，即.即实数的取值范围为；②由①知是的两个根，故，则，不妨设，又，所以可得，可得，即，所以；故由可得，即，所以；也即，化简得，由于，所以等价于对任意的恒成立，令，故对任意的恒成立，则，设，则，（i）当时，单调递增，故单调递减，故，不满足，舍去；（ii）当时，单调递减，故单调递增，故，故恒成立，符合题意；（iii）当时，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，又，故时，，此时单调递减，故，因此当时，，不符合题意，舍去.综上，实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用两极值点关系可得，并通过构造函数将不等式问题转化为函数在指定区间上恒成立问题，利用导函数求出函数最值即可求得实数的取值范围.22．【答案】(1)，(2)2【分析】（1）利用公式把极坐标方程转化为直角坐标方程；消去参数，可把直线的参数方程化成一般方程.（2）把直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，表示出的面积，结合基本（均值）不等式可求最大值.【详解】（1）∵曲线C的极坐标方程为，∴曲线C的直角坐标方程为，即，又∵直线的参数方程为（为参数），∴直线的一般方程为．（2）将直线的参数方程（为参数）带入中，得到，化简可以得到：，则，，圆心C到直线的距离，则，当且仅当，即时取等号．所以的面积的最大值为2．23．【答案】(1)(2)．【分析】（1）当时，零点分段化简函数即可求解不等式；（2）根据先化简，化不等式为，根据含绝对值不等式的解法结合自变量取值求解不等式.【详解】（1）∵当时，，∴等价于或或，解得或或，综上，不等式的解集为．（2）∵，∴，∴对任意恒成立等价于对任意恒成立，即，则，∴，即a的取值范围为．