2024年皖豫名校高三數(shù)學5月模擬聯(lián)考試卷附答案解析

2024年皖豫名校高三數(shù)學5月模擬聯(lián)考試卷試卷滿分150分，考試用時120分鐘2024.05一?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．已知某市高三共有20000名學生參加二?？荚嚕y(tǒng)計發(fā)現(xiàn)他們的數(shù)學分數(shù)近似服從正態(tài)分布，據(jù)此估計，該市二?？荚嚁?shù)學分數(shù)介于75到115之間的人數(shù)為（

）參考數(shù)據(jù)：若，則.A．13272 B．16372 C．16800 D．195182．若復數(shù)滿足，則（

）A． B． C． D．3．在橢圓的4個頂點和2個焦點中，若存在不共線的三點恰為某個正方形的兩個頂點和中心，則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．4．記數(shù)列的前項和為，若，則（

）A．590 B．602 C．630 D．6505．已知正方體的棱長為1，若從該正方體的8個頂點中任取4個，則這4個點可以構成體積為的四面體的概率為（

）A． B． C． D．6．已知函數(shù)的圖象關于直線對稱，則（

）A．8 B．10 C．12 D．147．已知圓臺的上?下底面面積分別為，其外接球球心滿足，則圓臺的外接球體積與圓臺的體積之比為（

）A． B． C． D．8．已知實數(shù)滿足，則（

）A．B．C． D．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．已知函數(shù)，則（

）A．B．的圖象關于直線對稱C．在上單調(diào)遞增D．函數(shù)在上有2個零點10．已知四棱錐的底面是邊長為3的正方形，平面為等腰三角形，為棱上靠近的三等分點，點在棱上運動，則（

）A．平面B．直線與平面所成角的正弦值為C．D．點到平面的距離為11．已知拋物線和的焦點分別為，動直線與交于兩點，與交于兩點，其中，且當過點時，，則下列說法中正確的是（

）A．的方程為B．已知點，則的最小值為3C．D．若，則與的面積相等三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知集合，若的所有元素之和為12，則實數(shù).13．已知圓的圓心為點，直線與圓交于兩點，點在圓上，且，若，則.14．已知，其中，且，則.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15．某校為了給高三學生舉辦“18歲成人禮”活動，由團委草擬了活動方案，并以問卷的形式調(diào)查了部分同學對活動方案的評分（滿分100分），所得評分統(tǒng)計如圖所示.(1)以頻率估計概率，若在所有的學生中隨機抽取3人，記評分在的人數(shù)為，求的數(shù)學期望和方差.(2)為了解評分是否與性別有關，隨機抽取了部分問卷，統(tǒng)計結果如下表所示，則依據(jù)的獨立性檢驗，能否認為評分與性別有關？男生女生評分3035評分2015(3)若將（2）中表格的人數(shù)數(shù)據(jù)都擴大為原來的10倍，則依據(jù)的獨立性檢驗，所得結論與（2）中所得結論是否一致？直接給出結論即可，不必書寫計算過程.參考數(shù)據(jù)：0.10.050.012.7063.8416.63516．如圖，在三棱錐中，分別為棱的中點.

(1)證明：平面平面；(2)若點到底面的距離等于，且，求二面角的正弦值.17．已知函數(shù)，且曲線在點處的切線方程為.(1)求的極值；(2)若實數(shù)滿足，記，求實數(shù)的最小值.18．已知雙曲線的離心率為2，動直線與的左?右兩支分別交于點，且當時，（為坐標原點）.(1)求的方程；(2)若點到的距離為的左?右頂點分別為，記直線的斜率分別為，求的最小值19．定義1：若數(shù)列滿足①，②，則稱為“兩點數(shù)列”；定義2：對于給定的數(shù)列，若數(shù)列滿足①，②，則稱為的“生成數(shù)列”.已知為“兩點數(shù)列”，為的“生成數(shù)列”.(1)若，求的前項和；(2)設為常數(shù)列，為等比數(shù)列，從充分性和必要性上判斷是的什么條件；(3)求的最大值，并寫出使得取到最大值的的一個通項公式.1．C【分析】由正態(tài)分布曲線的性質(zhì)即可列式求解.【詳解】依題意，故所求人數(shù)為.故選：C.2．D【分析】先求得z，然后求得|z|.【詳解】依題意，，故，故.故選：D3．C【分析】分析這三個點一定構成等腰直角三角形，所以只可能是兩種特殊情形，由于結果都是滿足，所以只可求出一個離心率.【詳解】根據(jù)題意，只需要這三個點構成等腰直角三角形，所以這三個點只可能是“短軸的兩個端點和一個焦點”或“兩個焦點和短軸的一個端點”，可設橢圓的長半軸長為，短半軸長為，半焦距為，這兩種情況都滿足，所以，即橢圓的離心率為，故選：C.4．A【分析】根據(jù)作差得到，再計算出，即可得到，再利用并項求和法計算可得.【詳解】因為，所以，兩式相減可得.由，，解得，所以，滿足上式，故，所以.故選：A5．A【分析】本題考查排列組合與古典概型概率計算.【詳解】設正方體為，則滿足體積為的四個頂點只有“”和“”兩種情況滿足，故所求概率.故選：A6．B【分析】利用的圖象關于直線對稱，可知向左平移個單位為偶函數(shù)，再利用恒成立,知對應待定系數(shù)相等，即可解決問題.【詳解】依題意，為偶函數(shù)，當時，，由可知，解得，所以.故選：B7．B【分析】根據(jù)相切結合勾股定理可得，即可求解，由圓臺和球的體積公式即可求解.【詳解】設圓臺的高為，外接球半徑為，作出軸截面如圖：的上?下底面面積分別為，則圓，的半徑分別為2，6，則，解得，故所求體積之比為故選：B

8．A【分析】求出，構造函數(shù)，利用導數(shù)研究單調(diào)性，比較出，構造函數(shù)，比較出，即可求解.【詳解】依題意，則.令，故，故當時，在上單調(diào)遞增，故，則.令，則，故當時，在上單調(diào)遞增，則，則.綜上所述：.故選：A9．ABD【分析】利用正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)依次判斷選項即可.【詳解】易知的最小正周期為，所以也是的周期，則，故A正確；令，解得：，當時，，所以的圖象關于直線對稱，故B正確；當時，，則函數(shù)在上先增后減，故錯誤；令，故，在一直角坐標系中分別作出和的大致圖像（如圖），觀察可知，二者有兩個交點，故函數(shù)在上有2個零點，故D正確.

故選：ABD10．BC【分析】連接，若平面，證得，得到，與題設矛盾，可判定A錯誤；過點作，根據(jù)線面垂直的判定定理，證得平面，得到直線與平面所成的角為，可判定B正確；將平面翻折至與平面共面，連接，結合，可判定C正確；根據(jù)，求得高，可判定D錯誤.【詳解】對于A中，連接，交于點，連接，如圖所示，若平面，因為平面平面，且平面，所以，因為為的中點，所以，又因為為棱上靠近的三等分點，所以矛盾，所以A錯誤；對于B中，過點作，垂足為，因為平面，且平面，所以，又因為四邊形為正方形，所以，因為，且平面，所以平面，又因為平面，所以，因為，且平面，所以平面，則直線與平面所成的角為，由題可知，所以B正確；對于C中，將平面翻折至與平面共面，且點在直線的兩側，連接，則，所以C正確；對于D中，設點到平面的距離為，則3，解得，所以D錯誤.故選：BC.11．ACD【分析】對于A，設，聯(lián)立拋物線的方程，結合韋達定理求出即可判斷；對于B，結合拋物線定義、三角形三邊關系即可判斷；對于C，設，分別聯(lián)立拋物線方程，結合韋達定理即可判斷；對于D，由C選項分析可得，結合以及韋達定理即可得出兩個三角形的高相等，顯然三角形同底，由此即可判斷.【詳解】當過點時，設，聯(lián)立，可得，，故，解得，則，故A正確；過點向的準線引垂線，垂足分別為，點到的準線的距離，由拋物線定義可知，等號成立當且僅當點為與拋物線的交點，故錯誤；設，由，可得，，由，可得，，故，同理可得，故正確；，故，注意到，可得，所以，從而與的面積相等，故D正確.故選：ACD.【點睛】關鍵點點睛：判斷D選項的關鍵是得出，由此即可順利得解.12．【分析】分類討論是否為，進而可得集合B，結合題意分析求解.【詳解】由題意可知：且，當，則；當，則；當，則；若，則，此時的所有元素之和為6，不符合題意，舍去；若，則，此時的所有元素之和為4，不符合題意，舍去；若且，則，故，解得或（舍去）；綜上所述：.故答案為：.13．【分析】設弦的中點為，得到，化簡，即可求解.【詳解】由圓，可得圓心，半徑為，設弦的中點為，因為，，所以，且，所以，解得.故答案為：.

14．【分析】由第一個已知條件得，結合二倍角公式進一步得出，結合第二個已知條件可得關于的方程，由此即可求解.【詳解】依題意，，，所以，所以，而，因為，故，則，則，即，則，解得，故.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：關鍵是得出，由此即可順利得解.15．(1)；(2)不能認為評分與性別有關；(3)不一致.【分析】（1）由題意可得，即可得的數(shù)學期望和方差；（2）求出的值，即可判斷；（3）將表中的人數(shù)數(shù)據(jù)都擴大為原來的10倍后，求出的值，即可得結論.【詳解】（1）解：由頻率分布直方圖可知評分在的頻率為，所以.所以.（2）解：依題意，故依據(jù)的獨立性檢驗，不能認為評分與性別有關.（3）解：將表中的人數(shù)數(shù)據(jù)都擴大為原來的10倍后，.所以能認為評分與性別有關，故所得結論與（2）中所得結論不一致.16．(1)證明見解析(2).【分析】（1）取棱的中點，連接，分別證得和和，利用線面垂直的判定定理，證得平面，進而證得平面平面；（2）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，不妨設，分別求得平面和的法向量和，結合向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）證明：取棱的中點，連接，因為，所以，又因為，由直角三角形的性質(zhì)，可得，因為，所以，可得，即，因為，且平面，所以平面，又因為平面，故平面平面.（2）解：以為坐標原點，所在直線分別為軸，過點垂直與平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，不妨設，則，所以，可得，設為平面的法向量，則，取，可得，所以，設為平面的法向量，則，取，可得，所以.所以，故二面角的正弦值為.

17．(1)極大值為0，極小值為.(2)4.【分析】（1）根據(jù)切線方程即可求得函數(shù)解析式，再由導數(shù)求得單調(diào)區(qū)間，即可求解極值.（2）由題得到的關系式，再構造函數(shù)，由導數(shù)求得單調(diào)區(qū)間和最值，即可求得的最小值.【詳解】（1）依題意，則，①而，故，即②，聯(lián)立①②，解得.故，令，得或.故當時，單調(diào)遞增，當時，單調(diào)遞減，當時，單調(diào)遞增，故的極大值為，極小值為.（2）由得，故，且，令，則，故當時，單調(diào)遞增，當時，單調(diào)遞減，因此當時，，故，則，故實數(shù)的最小值為4.18．(1)(2).【分析】（1）設的半焦距為，由題意得到，聯(lián)立方程組得到，結合，列出方程求得的值，即可求解；（2）由點到的距離為1，得到，聯(lián)立方程組求得，求得，再由弦長公式，求得，且，求得，再由（1）得到，進而求得其最小值，得到答案.【詳解】（1）解：設的半焦距為，由題意知離心率，可得，聯(lián)立方程組，整理得，其中且，則，解得，所以雙曲線的方程為.（2）解：因為點到的距離為1，可得，則.聯(lián)立方程組，整理得，其中，且，因為直線與的左?右兩支分別交于點，可得，所以，又因為，故，且，因為，故，由（1）可知，則，故，又由，故，即的最小值為.【點睛】方法策略：解答圓錐曲線的最值與范圍問題的方法與策略：（1）幾何轉化代數(shù)法：若題目的條件和結論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圓錐曲線的定義、圖形、幾何性質(zhì)來解決；（2）函數(shù)取值法：若題目的條件和結論的幾何特征不明顯，則可以建立目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）單調(diào)性法；（4）三角換元法；（5）導數(shù)法等，要特別注意自變量的取值范圍；3、涉及直線與圓錐曲線的綜合問題：通常設出直線方程，與圓錐曲線聯(lián)立方程組，結合根與系數(shù)的關系，合理進行轉化運算求解，同時抓住直線與圓錐曲線的幾何特征應用.19．(1)(2)是的充要條件.(3)的最大值為，【分析】（1）根據(jù)所給新定義，分n為奇偶討論，分別求出前n項和；（2）分別結合等比數(shù)列的定義，研究充分性、必要性即可得證；（3）分析的取值，可得的關系，得出，據(jù)此可求出的最大值.【詳解】（1）依題意故因為，所以，當為奇數(shù)時，，當為偶數(shù)時，，即的奇數(shù)項，偶數(shù)項分別成等比數(shù)列.故當為偶數(shù)時，.當為奇數(shù)時，.綜上所述，（2）充分性：因為，所以，所以，又因為，所以是以1為首項，1為公比的等比數(shù)列