遼寧省協(xié)作校2024屆高三下學期第一次模擬考試 數學 含解析

2023-2024學年度下學期高三第一次模擬考試試題數學一、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.已知集合，且，則集合B可以是()A. B. C. D.2.已知，（i為虛數單位），則（）A.， B.，C.， D.，3.已知．則“且”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件4.已知雙曲線下焦點和上焦點分別為，直線與C交于A，B兩點，若面積是面積的4倍，則（）A.3 B. C. D.5.猜燈謎是中國元宵節(jié)特色活動之一．已知甲、乙、丙三人每人寫一個燈謎，分別放入三個完全相同小球，三人約定每人隨機選一個球（不放回），猜出自己所選球內的燈謎者獲勝．若他們每人必能猜對自己寫的燈謎，并有的概率猜對其他人寫的燈謎，則甲獨自獲勝的概率為（）A B. C. D.6.若函數使得數列，為遞減數列，則稱函數為“數列保減函數”，已知函數為“數列保減函數”，則a的取值范圍（）A. B. C. D.7.若，則（）A.或2 B.或 C.2 D.8.已知函數，若成立，則實數a的取值范圍為（）A. B.C. D.二、多項選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合要求，全部選對得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）9.下圖是樣本甲與樣本乙的頻率分布直方圖，下列說法判斷正確的是（）A.樣本乙的極差一定大于樣本甲的極差B.樣本乙的眾數一定大于樣本甲的眾數C.樣本甲的方差一定大于樣本乙的方差D.樣本甲的中位數一定小于樣本乙的中位數10.已知函數，則在區(qū)間上為減函數的充分條件是（）A. B.的圖象關于直線對稱C.是奇函數 D.的圖象關于點對稱11.已知不相等的實數，滿足，則下列四個數，，，經過適當排序后（）A.可能等差數列 B.不可能是等差數列C.可能是等比數列 D.不可能是等比數列12.設直線系（其中0，m，n均為參數，，），則下列命題中是真命題的是（）A.當，時，存在一個圓與直線系M中所有直線都相切B.存在m，n，使直線系M中所有直線恒過定點，且不過第三象限C.當時，坐標原點到直線系M中所有直線的距離最大值為1，最小值為D.當，時，若存在一點，使其到直線系M中所有直線的距離不小于1，則三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.拋物線上的一點到其準線的距離為______．14.已知函數在處有極值8，則等于______．15.杭州第19屆亞運會是繼1990年北京亞運會、2010年廣州亞運會之后，中國第三次舉辦亞洲最高規(guī)格的國際綜合性體育賽事．本屆亞運會徽寶由上下兩方玉璽組成（如圖一），上方以杭州城市文化代表（錢塘潮和杭州奧體中心體育場）為主體元素（如圖二），，若將徽寶上方看成一個圓臺與兩個圓柱的組合體，其軸截面如圖三所示，其中兩個圓柱的底面直徑均為10，高分別為2和6；圓臺的上、下底面直徑分別為8和10，高為2．則該組合體的體積為______．16.已知是空間單位向量，，若空間向量滿足，，且對于任意，都有（其中），則______．四、解答題（本大題共6小題，共70分，解答需寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.在中，內角所對的邊分別為，滿足.（1）求證：；（2）若為銳角三角形，求的最大值．18.已知為數列的前n項和，滿足，且成等比數列，當時，．（1）求證：當時，成等差數列；（2）求的前n項和．19.某教育教研機構為了研究學生理科思維和文科思維的差異情況，對某班級35名同學的數學成績和語文成績進行了統(tǒng)計并整理成如下2×2列聯(lián)表(單位：人)：數學成績良好數學成績不夠良好語文成績良好1210語文成績不夠良好85（1）能否有95%的把握認為該班數學成績與語文成績有關？(計算結果精確到0.001)（2）從該班的學生中任選一人，A表示事件“選到的學生數學成績良好”，B表示事件“選到的學生語文成績良好”，與的比值是文、理科思維差異化的一項度量指標，記該指標為R．(i)證明：；(ii)利用該表中數據，給出，的估計值，并利用(i)的結果給出R的估計值．附：，0.0500.0100001k3.8416.63510.82820.如圖，在四棱錐中，底面是正方形，側面?zhèn)让妫瑸橹悬c，是上的點，，．（1）求證：平面平面；（2）若二面角的余弦值為，求到平面的距離21.已知圓和橢圓，橢圓的四個頂點為，如圖．（1）圓與平行四邊形內切，求的最小值；（2）已知橢圓的內接平行四邊形的中心與橢圓的中心重合．當a，b滿足什么條件時，對上任意一點P，均存在以P為頂點與外切，與內接的平行四邊形？并證明你的結論．22.已知函數，（其中a，b為實數，且）（1）當時，恒成立，求b；（2）當時，函數有兩個不同的零點，求a的最大整數值．（參考數據：）2023-2024學年度下學期高三第一次模擬考試試題數學一、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.已知集合，且，則集合B可以是()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據可得出，顯然錯誤，并且可求出的集合，然后即可得出正確的選項．【詳解】，，且，故選項A錯誤；或，故選項B錯誤；，故選項C錯誤；，故選項D正確．故選：D．2.已知，（i為虛數單位），則（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】根據復數相等與復數乘法運算可解.【詳解】因為，所以.故選：A3.已知．則“且”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據條件，利用充分條件和必要條件的判斷方法，即可求出結果.【詳解】當且時，，所以，當且僅當，即時取等號，所以由且可以得出，顯然，當，有成立，但得不出且，所以“且”是“”的充分而不必要條件，故選：A.4.已知雙曲線的下焦點和上焦點分別為，直線與C交于A，B兩點，若面積是面積的4倍，則（）A.3 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據三角形面積比轉化為焦點到直線的距離之比即可得解.【詳解】由可知，，聯(lián)立，消元得：，則，即，由面積是面積的4倍可知，到直線的距離是到直線距離的4倍，即，化簡可得，即，解得或（舍去），故選：D5.猜燈謎是中國元宵節(jié)特色活動之一．已知甲、乙、丙三人每人寫一個燈謎，分別放入三個完全相同的小球，三人約定每人隨機選一個球（不放回），猜出自己所選球內的燈謎者獲勝．若他們每人必能猜對自己寫的燈謎，并有的概率猜對其他人寫的燈謎，則甲獨自獲勝的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據條件，利用古典概率、互斥事件和相互獨立事件的概率公式，即可求出結果.【詳解】記事件：甲獨自獲勝，因為每人隨機選一個球（不放回），用表示甲、乙、丙選到誰寫的燈謎，有（甲，乙，丙），（甲，丙，乙），（乙，丙，甲），（乙，甲，丙），（丙，乙，甲），（丙，甲，乙），共有6種選法，又因為每人必能猜對自己寫的燈謎，并有的概率猜對其他人寫的燈謎，當甲選到自己寫的燈謎，乙、丙選到對方寫的燈謎時，甲獨自獲勝的概率為，當甲選到乙寫的燈謎，乙選到丙寫的燈謎，丙選到甲寫的燈謎時，甲獨自獲勝的概率為，當甲選到丙寫的燈謎，乙選到甲寫的燈謎，丙選到乙寫的燈謎時，甲獨自獲勝的概率為，所以，故選：C.6.若函數使得數列，為遞減數列，則稱函數為“數列保減函數”，已知函數為“數列保減函數”，則a的取值范圍（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】易知對任意的恒成立，參變分離即可求解.【詳解】由題可知對任意的恒成立，即對任意的恒成立，因為在時單調遞減，在時單調遞增，在時單調遞減，在n＝1時取最大值,且最大值為，.故選：B.7.若，則（）A.或2 B.或 C.2 D.【答案】C【解析】【分析】根據已知條件，利用正切的二倍角公式求出tanα，再利用正余弦二倍角公式和同角三角函數的商數關系化簡要求值的式子，帶值計算即可得到答案.【詳解】或，代入tanα求得值均為：2.故選：C.8.已知函數，若成立，則實數a的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】構造函數，判斷的奇偶性，再利用導數討論其單調性，然后根據單調性將不等式去掉函數符號即可求解.【詳解】記，令，解得，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減.因為，所以為偶函數.所以，又在上單調遞增，所以，即，解得.故選：C【點睛】方法點睛：抽象函數不等式問題主要利用單調性求解，本題需結合奇偶性，并利用導數研究單調性進行求解.二、多項選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合要求，全部選對得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）9.下圖是樣本甲與樣本乙的頻率分布直方圖，下列說法判斷正確的是（）A.樣本乙的極差一定大于樣本甲的極差B.樣本乙的眾數一定大于樣本甲的眾數C.樣本甲的方差一定大于樣本乙的方差D.樣本甲的中位數一定小于樣本乙的中位數【答案】BD【解析】【分析】根據數據分布的最小值和最大值可判斷極差，從而判斷A；根據眾數、方差、中位數的概念，并結合圖象可判斷BCD.【詳解】對于選項A：甲的數據介于[1.5,7.5]之間，極差小于或等于6；乙的數據分布于[2.5,8.5]，極差小于或等于6；從而甲和乙的極差可能相等，故A錯誤；對于選項B：根據頻率分布直方圖可知，甲的眾數介于[2.5,5.5)之間，乙的眾數介于(5.5,6.5]，故乙的眾數大于甲的眾數，B正確；對于選項C：甲的數據平局分布，乙的數據分布波動較大，故甲的方差小于乙的方差，故C錯誤；對于選項D：對于甲，各組頻率依次為：，因為前兩組頻率之和，前三組頻率之和，故中位數位于[3.5,4.5)之間；同理，對于乙，各組頻率依次為：，前三組頻率之和，前四組頻率之和，故中位數位于[5.5,6.5)之間，所以乙的中位數大于甲的中位數.故D正確.故選：BD.10.已知函數，則在區(qū)間上為減函數的充分條件是（）A. B.的圖象關于直線對稱C.是奇函數 D.的圖象關于點對稱【答案】BD【解析】【分析】根據條件，利用正弦函數的性質得到函數，再利用正弦函數的單調性判斷.【詳解】A.當時，，由，得，因為在上遞增，故錯誤；B.若的圖象關于直線對稱，則，解得，取，則，由，得，因為在上遞減，故正確；C.若是奇函數，則，取，則，由，得，因為在不單調，故錯誤；D.若的圖象關于點對稱，則，解得，取，則，由，得，因為在上遞減，故正確；故選：BD11.已知不相等的實數，滿足，則下列四個數，，，經過適當排序后（）A.可能是等差數列 B.不可能是等差數列C.可能是等比數列 D.不可能是等比數列【答案】AD【解析】【分析】根據基本不等式的性質，結合等差數列、等比數列的性質進行判斷即可.【詳解】不相等的實數，滿足，不妨設，當時，顯然有，要想構成等差數列，則有：，這與矛盾，因此不能構成等差數列，若能構成等比數列，則有，這與矛盾，因此不能構成等比數列，當時，，要想構成等差數列，則有：或（舍去），要想成等比數列，則有：因為這是不可能的，因此不能構成等比數列，故選：AD12.設直線系（其中0，m，n均為參數，，），則下列命題中是真命題的是（）A.當，時，存在一個圓與直線系M中所有直線都相切B.存在m，n，使直線系M中所有直線恒過定點，且不過第三象限C.當時，坐標原點到直線系M中所有直線的距離最大值為1，最小值為D.當，時，若存在一點，使其到直線系M中所有直線的距離不小于1，則【答案】ABD【解析】【分析】A選項，設，圓心到直線的距離等于1，故滿足要求；B選項，直線恒過，結合直線的斜率存在和不存在兩種情況，得到直線不過第三象限；C選項，得到和，得到原點到直線距離的范圍；D選項，由題意得到不等式，得到，分，和三種情況，得到不等式，求出答案.【詳解】A選項，當，時，，設圓為，則圓心到直線的距離，故與總相切，A正確；B選項，當時，，由于，故直線恒過，若時，直線為，若時，直線的斜率為，故直線不過第三象限，所以存在m，n，使直線系M中所有直線恒過定點，且不過第三象限，B正確；C選項，當時，，坐標原點到直線系M的距離為，當當時，，坐標原點到直線系M的距離為其中，故，C錯誤.D選項，當，時，，點到直線系M中所有直線的距離，化簡得恒成立，由于，若，解得，當時，，不合要求，舍去，當時，，滿足要求，若，即或，此時的最小值為0，則，解得，故此時，若，即，此時的最小值為，則，解得或，故此時，綜上，，D正確.故選：ABD【點睛】方法點睛：對于求不等式成立時的參數范圍問題，一般有三個方法，一是分離參數法,使不等式一端是含有參數的式子，另一端是一個區(qū)間上具體的函數，通過對具體函數的研究確定含參式子滿足的條件.二是討論分析法，根據參數取值情況分類討論，三是數形結合法，將不等式轉化為兩個函數，通過兩個函數圖像確定條件.三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.拋物線上的一點到其準線的距離為______．【答案】5【解析】【分析】根據點P在拋物線上求出a，再根據拋物線的性質求出其準線方程，從而可求P到準線的距離．【詳解】∵在上，∴，即，∴拋物線為，其準線為，則到準線的距離為．故答案為：5．14.已知函數在處有極值8，則等于______．【答案】【解析】【分析】求導，即可由且求解，進而代入驗證是否滿足極值點即可．【詳解】若函數在處有極值8，則即解得：或，當時，，此時不是極值點，故舍去；當時，，當或時，，當，故是極值點，故符合題意，故，故.故答案為：.15.杭州第19屆亞運會是繼1990年北京亞運會、2010年廣州亞運會之后，中國第三次舉辦亞洲最高規(guī)格的國際綜合性體育賽事．本屆亞運會徽寶由上下兩方玉璽組成（如圖一），上方以杭州城市文化代表（錢塘潮和杭州奧體中心體育場）為主體元素（如圖二），，若將徽寶上方看成一個圓臺與兩個圓柱的組合體，其軸截面如圖三所示，其中兩個圓柱的底面直徑均為10，高分別為2和6；圓臺的上、下底面直徑分別為8和10，高為2．則該組合體的體積為______．【答案】【解析】【分析】根據條件，利用柱體和錐體的體積公式，即可求出結果.【詳解】因為兩個圓柱的底面直徑均為10，高分別為2和6，所以兩個圓柱的體積分別為，，又圓臺的上、下底面直徑分別為8和10，高為2，所以圓臺的體積為，所以該組合體的體積為，故答案為：.16.已知是空間單位向量，，若空間向量滿足，，且對于任意，都有（其中），則______．【答案】【解析】【分析】首先分析題意，由結合空間向量數量積定義求解的值，進行下一步化簡得出則當時，取得最小值，得到，多次求解二次函數最值可得答案.【詳解】因為且兩者均為單位向量，所以，又因為對于任意的都有，則當時，取得最小值，則當，令，由二次函數性質得當,令，同理，即，故，故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題考查求空間向量，解題關鍵是找到方程，然后用主元法視為二次函數，多次求最值即可．四、解答題（本大題共6小題，共70分，解答需寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.在中，內角所對的邊分別為，滿足.（1）求證：；（2）若為銳角三角形，求的最大值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據條件及余弦定理得到，再利用正弦定理邊轉角得到，借助三角恒等變換公式化簡即可得出結果；（2）利用為銳角三角形，得到，再令，將問題轉化成求在上的最值，即可求出結果.小問1詳解】因為，即，由余弦定理，得到，即，所以，又，所以，又，得到或（舍），所以，命題得證.【小問2詳解】由（1）知，所以，令，又因為為銳角三角形，所以，得到，所以，又，所以，又，所以，所以當時，取到最大值為.18.已知為數列的前n項和，滿足，且成等比數列，當時，．（1）求證：當時，成等差數列；（2）求的前n項和．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】【分析】(1)利用得到和的關系即可證明；(2)結合(1)中結論得，求出和公比，得到通項公式，從而根據等差和等比數列前n項和公式即可求解．【小問1詳解】∵，∴，，兩式相減，得，即．當時，，∴，∴當時，成等差數列．【小問2詳解】由，解得或，又成等比數列，∴由(1)得，進而，而，∴，從而，∴，∴．19.某教育教研機構為了研究學生理科思維和文科思維的差異情況，對某班級35名同學的數學成績和語文成績進行了統(tǒng)計并整理成如下2×2列聯(lián)表(單位：人)：數學成績良好數學成績不夠良好語文成績良好1210語文成績不夠良好85（1）能否有95%的把握認為該班數學成績與語文成績有關？(計算結果精確到0.001)（2）從該班的學生中任選一人，A表示事件“選到的學生數學成績良好”，B表示事件“選到的學生語文成績良好”，與的比值是文、理科思維差異化的一項度量指標，記該指標為R．(i)證明：；(ii)利用該表中數據，給出，的估計值，并利用(i)的結果給出R的估計值．附：，0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】（1），否；（2）(i)證明見解析；(ii)，．【解析】【分析】（1）根據公式求出，查表即可判斷；（2）(i)根據條件概率計算公式即可證明；(ii)根據條件概率計算公式即可計算.【小問1詳解】由已知，又，而，∴沒有的把握認為該班數學成績與語文成績有關．【小問2詳解】(i)∵．∴，∴，(ii)由已知，又，∴．20.如圖，在四棱錐中，底面是正方形，側面?zhèn)让?，為中點，是上點，，．（1）求證：平面平面；（2）若二面角的余弦值為，求到平面的距離【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直和線面垂直性質可得，結合，由線面垂直和面面垂直的判定方法可證得結論；（2）取中點，結合面面垂直性質可知兩兩互相垂直，則以為坐標原點建立空間直角坐標系，設，根據二面角的向量求法可構造方程求得的值，進而根據點面距離的向量求法求得結果.【小問1詳解】平面平面，平面平面，，平面，平面，又平面，；四邊形為正方形，，，平面，平面，平面，平面平面.【小問2詳解】取中點，連接，，為中點，，平面平面，平面平面，平面，平面，分別為中點，，又，；以為坐標原點，正方向為軸正方向，可建立如圖空間直角坐標系，，，，，，，，，，，，，，，，設，則，，設平面的法向量，則，令，解得：，，；軸平面，平面的一個法向量，，解得：（舍）或，，；設平面的法向量，則，令，解得：，，，點到平面的距離.21.已知圓和橢圓，橢圓的四個頂點為，如圖．（1）圓與平行四邊形內切，求的最小值；（2）已知橢圓的內接平行四邊形的中心與橢圓的中心重合．當a，b滿足什么條件時，對上任意一點P，均存在以P為頂點與外切，與內接的平行四邊形？并證明你的結論．【答案】（1）9；（2）存在，證明見詳解.【解析】【分析】（1）由圓與直線相切可得，代入，利用基本不等式即可求解；（2）根據對稱性和切線性質可得，設，則直線的方程為，代入橢圓方程得，整理成關于的方程，利用韋達定理結合可證.【小問1詳解】由題知，，所以直線的方程為，即，因為圓與平行四邊形內切，所以，圓心到直線的距離等于1，即，整理得，所以，由題意可知，，所以，當且僅當，即時等號成立，所以，的最小值為9.【小問2詳解】當時，對上任意一點P，均存在以P為頂點與外切，與內接平行四邊形，證明如下：如圖