海南省儋州市温皇学校2024届高三下学期高考前数学模拟试卷

海南省儋州市温皇学校2024届高三数学高考前模拟卷 （时间：120分钟，总分：150分） 命题人：王建文 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。 1．为了解某专业大一新生的学习生活情况，辅导员将该专业部分学生一周的自习时间（单位：）统计后制成如图所示的统计图，据此可以估计该专业所有学生一周自习时间的中位数为（    ） A． B．24 C． D． 2．椭圆的离心率为，则（    ） A． B． C． D．2 3．设正项等比数列的公比为，若成等差数列，则（    ） A． B．2 C． D．3 4．已知两个不同的平面和两条不同的直线，下面四个命题中，正确的是（  ） A．若，，则 B．若，且，，则 C．若，，则 D．若，，则 5．为提高新农村的教育水平，某地选派4名优秀的教师到甲､乙､丙三地进行为期一年的支教活动，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（    ） A．18种 B．12种 C．72种 D．36种 6．如图，将四个边长为1的小正方形拼成一个大正方形，、是原来小正方形的其中两个顶点边，是小正方形的其余顶点，在所有中，不同的数值有（    ） A．6个 B．5个 C．4个 D．3个 7．已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边在直线上，则（    ） A． B． C． D．2 8．已知菱形的边长为为菱形的中心，是线段上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。 9．已知函数图象的一条对称轴方程为，与其相邻对称中心的距离为，则（    ） A．的最小正周期为 B．的最小正周期为 C． D． 10．已知复数，，在复平面内对应的点分别为，且为复平面内的原点，则（    ） A．的虚部为 B．为纯虚数 C． D．以为三边长的三角形为钝角三角形 11．已知函数，若关于x的方程有8个不同的实数根，则实数k的值可以是（    ） A． B． C． D．1 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。 12．用列举法表示集合的结果为 . 13．在平面四边形中，，，，现将 沿着折起，得到三棱锥，若二面角的平面角为135°，则三棱锥的外接球表面积为 . 14．已知x、y为两个正实数，且不等式恒成立，则实数a的取值范围是 ． 四、解答题：本大题共5小题，共77分。 15．（13分）已知函数（a，b为实数）的图象在点处的切线方程为． （1）求实数a，b的值． （2）求函数的单调区间． 16．（15分）小李参加一种红包接龙游戏：他在红包里塞了12元，然后发给朋友，如果猜中，将获得红包里的所有金额；如果未猜中，将当前的红包转发给朋友，如果猜中，平分红包里的金额；如果未猜中，将当前的红包转发给朋友，如果猜中，和平分红包里的金额；如果未猜中，红包里的钱将退回小李的账户，设猜中的概率分别为，且是否猜中互不影响． （1）求恰好获得4元的概率； （2）设获得的金额为元，求的分布列； （3）设获得的金额为元，获得的金额为元，判断所获得的金额的期望能否超过的期望与的期望之和． 17．（15分）如图，在四棱锥中，平面平面，且． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． 18．（17分）已知为坐标原点，是抛物线的焦点，是上一点，且. (1)求的方程； (2)是上两点（异于点），以为直径的圆过点为的中点，求直线斜率的最大值. 19．（17分）用n个不同的元素组成m个非空集合（，每个元素只能使用一次），不同的组成方案数记作例如，用1，2，3，4这4个元素组成2个非空集合共有7种方案，即；；；；；；．于是． (1)求和：； (2)证明：当时，； (3)某系列手办盲盒共装有4种不同款式的手办，打开其中任何一个盲盒都可以获得1个手办（款式随机，且获得每种款式的概率都相同） ①求购买该系列盲盒7盒就能集齐全部4种款式的概率p； ②设购买该系列盲盒7盒能获得不同手办款式的种类数为随机变量X，求X的数学期望． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【分析】根据小矩形的面积之和为1，求出的值，再求出小矩形面积之和为的横坐标的值即为中位数. 【详解】依题意，，解得，故前3块小矩形的面积分别为，，则所求中位数为. 故选：C 2．A 【分析】由椭圆的离心率公式即可求解. 【详解】由题意得，解得， 故选：A. 3．B 【分析】结合等差数列性质及等比数列通项公式计算即可. 【详解】因为成等差数列，所以， 所以，则，解得或（舍去）． 故选：B. 4．D 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或，故A错误； 对于B：当，，，且与相交时，故B错误； 对于C：若，，则或与异面，故C错误； 对于D：若，，根据面面平行的性质定理可得，故D正确. 故选：D 5．D 【分析】先将4名教师分为3组，然后再分别派到甲､乙､丙三地，即可得解. 【详解】解：4名教师分为3组，有种方法，然后再分别派到甲､乙､丙三地， 共有种方案，所以共有36种选派方案. 故选：D. 6．D 【分析】根据数量积的几何意义，即可判断结果 【详解】根据向量数量积的几何意义可知，，，，所以所有中有3个数值. 故选：D 7．A 【分析】根据正切函数定义得，根据诱导公式结合弦切互化化简求解即可. 【详解】因为角的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边在直线上，可得， 所以. 故选：A 8．A 【分析】设，将分别用表示，再结合数量积的运算律即可得解. 【详解】由题意点为的中点， 设， 则，， 故 ， 当时，取得最小值.    故选：A. 9．AC 【分析】根据三角函数图象性质可得函数解析式进而可得周期. 【详解】因为图象相邻的对称中心与对称轴的距离为，所以最小正周期，故A正确，B不正确； 因为，且，所以，故C正确，D不正确， 故选：AC. 10．BCD 【分析】计算，结合复数的概念，即可判断A、B；由已知得出，求解数量积即可判断C；由已知求出的长，根据三边之间的关系，即可判断D. 【详解】对于A项，因为，所以的虚部为，所以A错误； 对于B项，因为，所以为纯虚数，所以B正确； 对于C项，因为，， 所以，所以，所以C正确； 对于D项，由已知可得，，， 且，所以，，所以D正确. 故选：BCD. 11．AB 【分析】作出函数图象，根据图象可知方程的实根个数可能为0，1，2，3，4，而最多有2个实根，由此分类讨论可求得结果. 【详解】的图象如图所示，由图可知方程的实根个数可能为0，1，2，3，4， 当时，方程无实根， 当时，方程有唯一实根， 当时，方程有2个实根， 当或时，方程有3个实根， 当时，方程有4个实根， 因为最多有2个实根，此时， 所以方程有8个不同的实数根，等价于的实根至少有4 个， 当时，的3个根均大于，不合题意， 当时，的4个根均大于，方程有8个不同的实数根，符合题意， 当时，方程有7个不同的实数根，不符合题意， 当时，的3个根均大于，不合题意， 综上，实数k的取值范围为， 故选：AB 12． 【分析】根据题意可知为的约数，求得的取值，用列举法表示集合即可. 【详解】由可知为的约数，所以， 因为，所以，此时， 集合为. 故答案为：. 13． 【分析】先求出外接球的球心，根据几何关系求出外接球的半径即可. 【详解】 如图，取的中点，的中点，连接，， 因为，所以 ，因为， ，所以 ， ； 过点作平面，过点作平面， ， 因为点，分别是 和的外心，所以点是三棱锥的外接球的球心； 由，得，，，所以，，，， ， 则三棱锥的外接球的半径，所以外接球的表面积 ； 故答案为： . 14． 【分析】分离参数，将不等式恒成立变为最值问题，利用基本不等式即可求得答案. 【详解】因为x、y为两个正实数，由可得， 因为， 当且仅当时，等号成立． 所以，因此，实数a的取值范围是, 故答案为： 15．（1），；（2）减区间为，单调递增区间为 【分析】（1）由题意可得关于a，b的方程组，即可求出a，b的值； （2）由（1）可得函数解析式，再求出导函数，根据导函数的正负求原函数的单调区间． 【详解】（1）由题得，函数的定义域为，， 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得，． （2），令，得， 当时，，在区间内单调递减； 当时，，在区间内单调递增． 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为． 【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，是基础题． 16．（1）（2） 0 4 6 12 （3）所获得的金额的期望能超过的期望与的期望之和 【详解】试题分析：（1）恰好获得4元指未猜中，未猜中，猜中，根据独立事件概率乘积公式得（2）先确定随机变量取法0，4，6，12，再分别求对应概率，列表可得分布列（3）先分别确定的可能取值为0，4，6；的可能取值为0，4．再分别求对应概率，列表可得分布列，最后根据数学期望公式求出期望，并比较大小 试题解析：（1）恰好获得4元的概率为 （2）的可能取值为0，4，6，12， ， ，． 所以的分布列为： 0 4 6 12 （3）的可能取值为0，4，6；的可能取值为0，4． 因为，． ， 所以， 所以， 又， 由于，所以所获得的金额的期望能超过的期望与的期望之和 考点：独立事件概率，概率分布与数学期望 【方法点睛】求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为： 第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义； 第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率； 第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确； 第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二项分布X～B（n，p）），则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式（E（X）＝np）求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线段关系证，结合面面垂直的性质判定线线垂直，利用线线垂直证线面垂直； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可. 【详解】（1）由题意，则， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 且平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴， 建立空间直角坐标系，    则， 所以，， 设平面的一个法向量， 则，令，得， 设平面的法向量， 则，令，得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为． 18．(1) (2) 【分析】（1）首先由条件求得点的横坐标，再根据焦半径公式，即可求解； （2）首先联立直线与抛物线方程，利用，结合坐标运算，求得点的坐标，再表示直线的斜率，即可求解. 【详解】（1）由抛物线的定义可知. 因为，所以. 因为，所以，解得，故的方程为. （2）由题意知AB斜率不为0，设， 联立方程得，， 则 因为以为直径的圆过点，所以，则， 即， 解得，所以. 又，所以 当时，， 当时，. 故直线斜率的最大值为. 19．(1)1013 (2)证明见详解 (3)①；②分布列见详解； 【分析】（1）分析可知，利用分组求和结合等比数列求和公式运算求解； （2）分类讨论最后一个元素是否单独成一个集合，根据题意结合分类加法计算原理分析证明； （3）根据题意可得：.①根据题意将问题转化为7个元素组成4个非空集合，再将4个非空集合对应4个款式，进而可得结果；由题意可知：随机变量X的可能取值为1，2，3，4，进而求相应概率和分布列. 【详解】（1）不妨设n个不同的元素为， 对于可知：任一元素要么与1在同一集合，要么与1不在同一集合， 即每个元素均有2种可能性选择，但所有元素不能均与1在同一集合，可知， 可得 ， 所以. （2）当时，用n个不同的元素组成m个非空集合，仅对最后一个元素的情况进行讨论： 若最后一个元素单独成一个集合，则需用个不同的元素组成个非空集合， 此时对应的方案种树为； 若最后一个元素不单独成一个集合，则需用个不同的元素组成个非空集合， 再从中任取一个集合加入最后一个元素， 此时对应的方案种树为； 综上所述：当时，. （3）由题意可知：，结合（2）可得如下表格： 1 2 3 4 1 1 ╳ ╳ ╳ 2 1 1 ╳ ╳ 3 1 3 1 ╳ 4 1 7 6 1 5 1 15 25 10 6 1 31 90 65 7 1 63 301 350 即， ①将7个盲盒编号为，4种款式为， 将购买该系列盲盒7盒就能集齐全部4种款式等价于7个元素组成4个非空集合， 再将4个非空集合对应4个款式， 所以； ②由题意可知：随机变量X的可能取值为1，2，3，4，则有： ， ， 所以X的分布列为 X 1 2 3 4 P X的期望. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了新定义问题，意在考查学生的计算能力转化能力和总和应用能力，其中将定义中的知识转化为已有的知识点是考查的重点，需熟练掌握. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$