重庆市开州中学2023-2024学年高三下学期高考模拟考试数学试题（四）

开州中学高2024届高三下期高考模拟考试数学试题（四） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．若，则（ ） A． B． C． D． 2．甲、乙两名运动员在一次射击训练中各射靶20次，命中环数的频率分布条形图如下．设甲、乙命中环数的众数分别为，，方差分别为，，则（   ） A．， B．， C．， D．， 3. 风筝由中国古代劳动人民发明于东周春秋时期，距今已2000多年．因龙被视为中华古老文明的象征，再加上大型龙类风筝放飞场面壮观，气势磅礴而广受喜爱．某团队耗时3个多月做出一长达180米、重约20公斤，“龙身”共有140节“鳞片”的巨龙风筝．制作过程中，风筝骨架可采用竹子制作，但竹子易断，还有一种耐用的碳杆材质也可做骨架，但它比竹质的成本高．最终团队决定鳞片骨架按图中规律创作．则所有鳞片中竹质鳞片个数为（ ） A. 120 B. 124 C. 128 D. 130 4.已知函数，则“”是“的图象在区间上只有一个极值点”的(    ) A. 充分条件 B. 必要条件 C. 充要条件 D. 非充分非必要条件 5.在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱，，BC的中点，O为侧面正方形的中心，则下列结论错误的是(     ) A. 直线平面PEF B. 直线PF与平面POE所成角的正切值为 C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球表面积为 6．已知圆，过直线上一点向圆作两切线，切点分别为，，则（ ） A．直线恒过定点 B．最小值为 C．的最小值为 D．满足的点有且只有一个 7. 已知抛物线的焦点为，直线且交于两点，直线分别与的准线交于两点，（为坐标原点），下列选项正确的有（ ） A. 且 B. 且， C. 且 D. 且 8．已知，，，，则（ ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.下列命题为真命题的是（ ） （ ） A.若样本数据的方差为2，则数据，，，，，的方差为17 B.一组数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5 C.用决定系数比较两个模型的拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好 D.以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和2 10．在梯形中，，则（    ） A． B． C． D． 11．对于函数，下列说法正确的是（    ） A．函数的单调递减区间为 B． C．若方程有6个不等实数根，则 D．对任意正实数，且，若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．命题“，”的否定形式是 ； 13．已知数列的通项公式（），则的最小值为 ． 14．已知△ABC中，，双曲线E以B，C为焦点，且经过点A，则E的两条渐近线的夹角为 ；的取值范围为 ． 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15．（本小题满分13分）如图，在三棱台中，底面为等边三角形，平面ABC，，且D为AC的中点. Ⅰ求证：平面平面； Ⅱ求平面与平面所成角的正弦值. 16．（本小题满分15分）2006年,在国家节能减排的宏观政策指导下,科技部在“十一五”启动了“863”计划新能源汽车重大项目.自2011年起,国家相关部门重点扶持新能源汽车的发展,也逐步得到消费者的认可.如下表是统计的2014年-2023年全国新能源汽车保有量(百万辆)数据: 年份代码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 年份 2014 2015 2016 2017 2018 2019 2020 2021 2022 2023 保有量 0.12 0.50 1.09 1.60 2.61 3.81 4.92 7.84 13.10 20.41 并计算得:. (1)根据表中数据,求相关年份与全国新能源汽车保有量的样本相关系数(精确到0.01); (2)现苏同学购买第1辆汽车时随机在新能源汽车和非新能源汽车中选择.如果第1辆购买新能源汽车,那么第2辆仍选择购买新能源汽车的概率为0.6;如果第1辆购买非新能源汽车,那么第2辆购买新能源汽车的概率为0.8.计算苏同学第2辆购买新能源汽车的概率; (3)某汽车网站为调查新能源汽车车主的用车体验,决定从12名候选车主中选3名车主进行访谈,已知有4名候选车主是新能源汽车车主.假设每名候选人都有相同的机会被选到,求被选到新能源汽车车主的分布列及数学期望. 附:相关系数:. 17.（本小题满分15分）已知函数 的图象在处的切线过点 . (1)求在上的最小值; (2)判断在内零点的个数,并说明理由. 18．（本小题满分17分）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8． (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直． (i)若，求异面直线和所成角的余弦值； (ii)是否存在，使得折叠后的周长与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 19．（本小题满分17分）设有穷数列的项数为，若正整数满足： ，则称为数列的“点”． (1)若，求数列的“点”； (2)已知有穷等比数列的公比为，前项和为．若数列存在“点”，求正数的取值范围； (3)若，数列的“点”的个数为，证明：． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 开州中学高2024届高三下期高考模拟考试数学试题（四） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】 【解析】，．故选C． 2．甲、乙两名运动员在一次射击训练中各射靶20次，命中环数的频率分布条形图如下．设甲、乙命中环数的众数分别为，，方差分别为，，则（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】观察给定的图表，利用众数的意义运动员命中环数的集中与分散程度判断即可. 【详解】根据图表知，甲､乙命中环数的众数均为7环，则； 甲运动员命中的环数比较分散，乙运动员命中的环数比较集中，则． 故选：A 3. 风筝由中国古代劳动人民发明于东周春秋时期，距今已2000多年．因龙被视为中华古老文明的象征，再加上大型龙类风筝放飞场面壮观，气势磅礴而广受喜爱．某团队耗时3个多月做出一长达180米、重约20公斤，“龙身”共有140节“鳞片”的巨龙风筝．制作过程中，风筝骨架可采用竹子制作，但竹子易断，还有一种耐用的碳杆材质也可做骨架，但它比竹质的成本高．最终团队决定鳞片骨架按图中规律创作．则所有鳞片中竹质鳞片个数为（ ） A. 120 B. 124 C. 128 D. 130 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分析碳杆材质的鳞片和竹质鳞片之间的规律，再假设有个碳杆材质的鳞片，分析可得的不等式，求出的值，分析可得答案. 【详解】根据题意，分析可得：第个碳杆材质的鳞片和第个碳杆材质的鳞片之间有个竹质鳞片， 假设有个碳杆材质的鳞片， 则， 化简为 ①， 如果只有个碳杆材质的鳞片，则骨架总数少于 所以， 化简为②， 联立①②，又,解得， 即需要个碳杆材质的鳞片， 故需要个竹质鳞片. 故选： 4.已知函数，则“”是“的图象在区间上只有一个极值点”的(    ) A. 充分条件 B. 必要条件 C. 充要条件 D. 非充分非必要条件 【答案】A  【解析】解：当时，， 若的图象在区间上只有一个极值点，则该极值点为，即， 所以，解得， 所以是的图象在区间上只有一个极值点的充分不必要条件． 故选： 先求出的图象在区间上只有一个极值点时满足的条件，求出相应的范围，即可判断充分必要性． 5.在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱，，BC的中点，O为侧面正方形的中心，则下列结论错误的是(     ) A. 直线平面PEF B. 直线PF与平面POE所成角的正切值为 C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球表面积为 【答案】C 【解析】解：由题意，在正方体中，棱长为2，P，E，F分别为棱，，BC的中点， O为侧面的中心，建立空间直角坐标系如下图所示， 则，，，， ，，，，， ，， A项， ，，， 设平面PEF的一个法向量为， 则，令，则，， 所以平面PEF的一个法向量为， ，因为直线面PEF， 所以直线面PEF，A正确； B项， ，，， 设平面POE的一个法向量为， 则，取， 所以平面POE的一个法向量为， 设直线PF与平面POE所成角为， 所以， 所以， 故，故B正确； C项， ，故C不正确； D项， 如图，三棱锥恰好在长方体上，且CP为体对角线， 所以CP为三棱锥外接球的直径，由几何知识， 所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确． 故选： 建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，得出各直线的方向向量和平面的法向量，求出相应三棱锥的体积和外接球的表面积，即可得出结论． 本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题． 6．已知圆，过直线上一点向圆作两切线，切点分别为，，则（ ） A．直线恒过定点 B．最小值为 C．的最小值为 D．满足的点有且只有一个 【答案】AC 【解析】如图所示，对于选项A，圆的圆心为，半径为2．设，因为在直线上，所以．又，为圆的切线，则以为直径的圆的方程为，两式作差可得直线的方程为，将代入得，满足解得所以直线恒过定点，故A正确． 对于选项B，因为，所以当最小时，最小，而，则，此时，故B错误． 对于选项C，，到的距离，，当时，，故C正确． 对于选项D，若，则，即，因为，所以存在两个点使，故D错误． 综上，选AC． 7. 已知抛物线的焦点为，直线且交于两点，直线分别与的准线交于两点，（为坐标原点），下列选项正确的有（ ） A. 且 B. 且， C. 且 D. 且 【答案】B 【解析】 【分析】联立直线与抛物线方程，得，设，由韦达定理可得，，，再由向量的数量积逐一判断． 【详解】由，可得，直线过抛物线焦点，必有， 设， 则，， ， ， 直线的方程为，由，可得， 同理可得， 所以， 所以， 对于A，， 只有当时，，此时，直线与轴垂直，不存在斜率，不满足题意， 所以，，故A错误； 对于B，因为， ，故B正确； 对于C，由B得，而，所以，故C错误； 对于D，由C可知不存在且，使成立，故D错误． 故选：B． 8．已知，，，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对于选项A，因为，所以，， 令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，且，故，． 令，，则，所以在上单调递减，且，因为，所以，则，即，则即，故选项A错误． 对于选项B，因为，所以，， 令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，且，故，．令，，则在上单调递减，且．因为，所以，则，故，得，即，故选项B错误． 对于选项C，因为，所以，，则，又在上单调递增，则，即，故选项C错误． 对于选项D，由可知，，又在上单调递减，则，故选项D正确．故选D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.下列命题为真命题的是 （ ） A.若样本数据的方差为2，则数据，，，，，的方差为17 B.一组数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5 C.用决定系数比较两个模型的拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好 D.以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和2 【答案】BCD 10．在梯形中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】在中由正弦定理求解判断A；利用两角和差公式求解判断B；利用向量数量积计算判断C；利用数量积计算判断D． 【详解】在中，， 则， 由正弦定理知， 即，故A正确； ， ， ，故B正确； ，故C错误； ， 故，即，故D正确． 故选：ABD 11．对于函数，下列说法正确的是（    ） A．函数的单调递减区间为 B． C．若方程有6个不等实数根，则 D．对任意正实数，且，若，则 【答案】BCD 【分析】对于A，分析导函数即得递减区间，不能用“并”连接；对于B，由推理得，利用函数单调性比较即得；对于C，分析函数的奇偶性，分段讨论函数的单调性和图象趋势，得图象简图，结合图象判断两函数交点个数即得；对于D，设函数，构造函数并判断其单调性，利用单调性得出即可. 【详解】函数的定义域为，， 对于A，由可得或，由可得， 即函数的单调递减区间为和，故A错误； 对于B，由A得，函数在上单调递增， 因，， 故，即B正确； 对于C，易知为偶函数，当时，， 由A项知，函数的单调减区间为和，增区间为. 又当时，，当时，， 当时，，时，， 当时，，当时，，时，， 故函数的图象如图所示.    由图可得，直线与函数有6个不同交点，等价于，故C正确； 对于D，由图，不妨设，由可得， 即，不妨取， 设， 则， 则当时，，故，在上单调递增， 又，又，，即. 因，则，当时，，在上单调递减， 因，故得，即，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数的零点和单调性应用,属于难题. 解决该题的关键，在于对函数的图象性质的探求，通过奇偶性单调性判断，作出简图，利用函数零点与方程的根、两函数的图象交点的关系转化解决；同时要根据待证不等式特征，设法构造对应的函数，利用该函数的单调性实现相关量的比较即得. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．命题“，”的否定形式是 ； 【答案】，且 13．已知数列的通项公式（），则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】根据的奇偶性可得的最小值，只需要考虑为偶数时即可，根据作商法得，结合可得时，，即可判断时取最小值. 【详解】由于当为奇数时，，当为偶数时，， 要求的最小值，只需要考虑出现奇数个奇数项时即可， 又， 且当时，，因此时，， 当，， 当，， 综上，最小值为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：在处理涉及的数列问题，一般要考虑分为奇数和偶数来分类讨论，含参的恒成立，先分离参数，转化为求式子的最大值或最小值问题来处理． 14．已知△ABC中，，双曲线E以B，C为焦点，且经过点A，则E的两条渐近线的夹角为 ；的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据双曲线的性质和三角形内心性质得到垂足的位置，再由得到双曲线中的关系，即可得到渐近线的夹角；根据对所求式进行化简，再根据基本不等式求得范围即可. 【详解】如图所示，设双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为. 设的内心为，过点向三边作垂线，垂足分别为.    根据三角形内心的性质可知，， 又因为双曲线E以B，C为焦点，且经过点A， 所以，即， 因为，所以，所以， 所以点在双曲线的左支上，所以. 而， 所以， 所以为双曲线的左顶点. 所以， 所以，即， 所以，渐近线的倾斜角为， 所以两条渐近线的夹角为. 又因为， 所以， 而， 所以. 故答案为：； 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15．（本小题满分13分）如图，在三棱台中，底面为等边三角形，平面ABC，，且D为AC的中点. Ⅰ求证：平面平面； Ⅱ求平面与平面所成角的正弦值. 【解析】Ⅰ证明：因为平面ABC，平面ABC，所以， 又为等边三角形，D为AC的中点， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面，所以 在直角梯形中， 所以，又，BD，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面 Ⅱ解：由Ⅰ知DB，DC，两两垂直，如图所示，以D为坐标原点，DB，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 因为，， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角， 则， 所以， 及平面与平面夹角的正弦值为  【解析】Ⅰ由题意首先证得平面，然后利用面面垂直的判断定理即可证得题中的结论； Ⅱ建立空间直角坐标系，分别求得两个平面的法向量，然后利用法向量计算面面角的余弦值即可求解． 本题主要考查面面垂直的证明，空间向量及其应用，面面角的计算等知识，属于中等题． 16．（本小题满分15分）2006年,在国家节能减排的宏观政策指导下,科技部在“十一五”启动了“863”计划新能源汽车重大项目.自2011年起,国家相关部门重点扶持新能源汽车的发展,也逐步得到消费者的认可.如下表是统计的2014年-2023年全国新能源汽车保有量(百万辆)数据: 年份代码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 年份 2014 2015 2016 2017 2018 2019 2020 2021 2022 2023 保有量 0.12 0.50 1.09 1.60 2.61 3.81 4.92 7.84 13.10 20.41 并计算得:. (1)根据表中数据,求相关年份与全国新能源汽车保有量的样本相关系数(精确到0.01); (2)现苏同学购买第1辆汽车时随机在新能源汽车和非新能源汽车中选择.如果第1辆购买新能源汽车,那么第2辆仍选择购买新能源汽车的概率为0.6;如果第1辆购买非新能源汽车,那么第2辆购买新能源汽车的概率为0.8.计算苏同学第2辆购买新能源汽车的概率; (3)某汽车网站为调查新能源汽车车主的用车体验,决定从12名候选车主中选3名车主进行访谈,已知有4名候选车主是新能源汽车车主.假设每名候选人都有相同的机会被选到,求被选到新能源汽车车主的分布列及数学期望. 附:相关系数:. 17.（本小题满分15分）已知函数 的图象在处的切线过点 . （1）求在上的最小值; （2）判断在内零点的个数,并说明理由. 【解析】解法一:(1) …………-2 分 又 ,所以切线方程为 ,…… ……-3 分 又切线过点 ,得 ,所以 …………-4 分 所以 , 当 时, ,所以 在 上单调减 …………-6 分 所以 的最小值为 …………-7 分 (2) 判断 在 零点个数,等价于判断方程 根的个数, 等价于判断方程 根的个数………… -8 分 令 ,令 ,则 , 得 …………-10 分 当 时, 在 单调递增; 当 时, 在 单调递减 …………-12 分 (或 ) 所以 时,方程 有 2 根,即 在 有 2 个零点.…… -15 分 解法二:(1) -2 分所以切线方程为 , -3 分 因此切点为 ,得 ,所以 , -4 分 所以 , 当 时, ,所以 在 上单调递减 …………-6 分 所以 的最小值为 …………-7 分 (2) 由(1)得 ………… -8 分 令 ,则 在 上为减函数 …………-9 分 所以在 上 必有一个零点 ,使得 ………… -10 分 从而当 时, ,当 时, , 所以 在 上单调递增,在 上单调递减. 又 , 所以在 上 必有一个零点 ,使得 …………-12 分 当 时, ,即 ,此时 单调递增; 当 时, ,即 ,此时 单调递减 …………-13 分 又因为 所以 在 上有一个零点,在 上有一个零点 …………-14 分 综上, 在 有且只有 2 个零点 …………-15 分 18．（本小题满分17分）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8． (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直． （i）若，求异面直线和所成角的余弦值； （ii）是否存在，使得折叠后的周长与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． (1) (2)（i），（ii）存在， 【分析】（1）根据题意，的周长为8，离心率为，结合椭圆标准方程的定义，求解即可； （2）（i）由（1）知，点，倾斜角为，故直线设为：，与联立求得，，再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，再求异面直线和所成角的余弦值即可； （ii）根据题意得到，设折叠前，，直线与椭圆联立方程，结合韦达定理，在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴），设，在新图形中对应点记为，，，，得到，结合，得到的值． 【详解】（1）因为的周长为8，离心率为， 所以，即，，， 所以椭圆的标准方程为：； （2）由（1）知，点，倾斜角为， 故直线设为：， （i）联立直线与椭圆的方程：，可得， 可得或， 可得，（因为点在轴上方）以及， 再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系 则，，， ，， ，，， 所以 记异面直线和所成角为，则； （ii）由，，， 设折叠前，， 直线与椭圆联立方程，得， 即，， 在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴）， 设，在新图形中对应点记为，，， ，， ①， 即 所以②， 由①②可得： 即 则 即，， 解得， 因为，所以． 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到折叠前后的联系，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，然后连接方程，利用空间量的知识求解. 19．（本小题满分17分）设有穷数列的项数为，若正整数满足： ，则称为数列的“点”． （1）若，求数列的“点”； （2）已知有穷等比数列的公比为，前项和为．若数列存在“点”，求正数的取值范围； （3）若，数列的“点”的个数为，证明：． 【解析】 (1) 因为 , 所以数列 的 “ 点” 为 3,5 . ……3 分 （2）依题意, , 因为数列 存在 “ 点”,所以存在 ,使得 , 所以 ,即 . 因为 ,所以 ,所以 . ……6 分 又当 时, 取最大值 ,所以 ,又 ,所以 . 当 时,有 ,所以数列 存在 “ 点”, 所以 的取值范围为 . ……9 分 （3）①若 ,则数列 不存在 “ 点”,即 . 由 得, ,所以 . ……11 分 ②若存在 ,使得 . 下证数列 有 “ 点”. 证明: 若 ,则 2 是数列 的 “ 点”; 若 ,因为存在 ,使得 ,所以设数列 中第 1 个小 于 的项为 ,则 ,所以 是数列 的 第 1 个 “ 点”. 综上,数列 存在 “ 点”. ……13 分 不妨设数列 的 “ 点” 由小到大依次为 ,则 是 中第 1 个小于 的项,故 , 因为 ,所以 ,所以 ,所以 ……15 分 所以 所以 . 综上, ,得证. ……17 分 学科网（北京）股份有限公司 $$