精品解析：广东省江门市新会第一中学2024届高三下学期高考热身考试数学试题

2024届高三第二学期高考热身试 数学试题 一､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，，则的元素个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】分别确定集合，再求交集. 【详解】根据题意，可得集合或 ， ， 则，所以的元素个数为2个. 故选：C 2. 已知椭圆的离心率为，长轴长为4，则该椭圆的短轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由离心率得到的关系式，代入的值，即可求得短轴长. 【详解】由可得（*）， 因，即，代入（*）解得， 故短轴长为 故选：B. 3. 已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设的公差为，根据题意列出方程组，求得，得到和，进而求得答案. 【详解】设的公差为，因为，， 可得 ，解得，所以， 可得， 所以当时，取得最小值. 故选：D. 4. 八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中给出下列结论，其中正确的结论为（ ） A. 与的夹角为 B. C. D. 在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量） 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，根据正八边形的性质可求出，对于B，利用向量的加法法则分析判断，对于C，根据向量的减法法则结合正八边形的性质分析判断，对于D，根据投影向量的定义分析判断. 【详解】对于A，因为，所以的夹角为，所以A错误， 对于B，由于四边形不是平行四边形，所以，所以B错误， 对于C，因为，，所以是等腰直角三角形， 所以，， 所以，所以C正确. 结合图形可知在上的投影向量与的方向相反，所以D错误. 故选：C 5. 已知，和的展开式中二项式系数的最大值分别为和，则（ ） A. B. C. D. 的大小关系与有关 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质知，，再用组合数的定义验证. 【详解】根据二项式系数的性质，最大的二项式系数出现在正中间的1项或正中间的2项. 即，， 所以，从而. 故选：A. 6. 人工智能领域让贝叶斯公式：站在了世界中心位置，AI换脸是一项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些“AI”视频，“AI”视频占有率为0.001．某团队决定用AI对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假．该鉴伪技术的准确率是0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有的可能鉴定为“AI”；它的误报率是0.04，即在该视频是真实的情况下，它有的可能鉴定为“AI”．已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视频是“AI”合成的可能性为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由贝叶斯公式代入计算，即可得到结果. 【详解】记“视频是AI合成”为事件，记“鉴定结果为AI”为事件B， 则， 由贝叶斯公式得：， 故选：C． 7. 如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台的侧面积公式求解即可. 【详解】如图所示，作出轴截面， 分别为上下底面圆的圆心，为侧面切点，为内切球球心， 则为的中点， ， 因为，所以， 则 过点作，垂足为， 则， 在中，由勾股定理得， 即，解得或， 因为，所以，，故， 所以圆台的侧面积为. 故选：D. 8. 已知函数，其中是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导后结合基本不等式可得在上单调递增，令g，从而可得在上单调递增，且为奇函数，从而可化为，求解即可. 【详解】， 在上单调递增. 令，在上单调递增， 因为，所以为奇函数， 则化为 所以，解得， . 故选：C 二､多选题：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. 已知是关于的方程的两个根，其中，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据虚根成对原理得到，即可判断A，再根据复数代数形式的乘法运算判断B，利用韦达定理判断C、D. 【详解】因为是关于的方程的两个根且， 所以，即，故A正确； ，，所以，故B错误； 因为，所以，故C正确； 又，故D正确. 故选：ACD 10. 已知两个变量y与x对应关系如下表： x 1 2 3 4 5 y 5 m 8 9 10.5 若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则（ ） A. y与x正相关 B. C. 样本数据y的第60百分位数为8 D. 各组数据的残差和为0 【答案】AD 【解析】 【分析】利用相关性的定义及线性回归直线可判定A，根据样本中心点在回归方程上可判定B，利用百分位数的计算可判定C，利用回归方程计算预测值可得残差即可判定D. 【详解】由回归直线方程知：，所以y与x正相关，即A正确； 由表格数据及回归方程易知，即B错误； 易知，所以样本数据y的第60百分位数为，即C错误； 由回归直线方程知时对应的预测值分别为， 对应残差分别为，显然残差之和为0，即D正确. 故选：AD 11. 已知函数，则（ ） A. 若的图象向右平移个单位长度后与的图象重合，则的最小值为1 B. 若的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的最小值为5 C. 若函数的最小正周期为，则 D. 当时，若的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则方程有无穷多个解 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，B，根据图象平移规则得到的取值，再由，即可得到的最值；对于C，根据函数的最小正周期求解即可；对于D，先求出的解析式，再对方程进行换元化简，讨论即可得到方程解的个数. 【详解】对于A项，因为， 所以，，即，，又，所以的最小值为8，故A项错误； 对于B项，因为， 所以，，即，，又，所以的最小值为，故B项正确. 对于C项，因为函数的最小正周期是的最小正周期的一半，所以的最小正周期为，所以，解得，故C项正确. 对于D项，当时，，所以，方程. 令，则，，当时，，即，所以（舍）或（舍）； 当时，，即，无解. 综上，无解，故D项错误. 故选：BC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的定义域为____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的定义域有意义，解不等式求解. 【详解】根据题意可得,解得 故定义域为. 故答案为： 13. 已知中，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理求出，由同角三角函数的平方关系求出，最后由三角形的面积公式即可求出答案. 【详解】由余弦定理可得：， 解得：，所以， 又因为，所以， 所以. 故答案为：. 14. 已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论： ①曲线关于直线成轴对称图形； ②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点； ③直线与曲线所围成的图形的面积为； ④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】分的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后，由图可得①正确；当斜率为时结合渐近线可得②错误；由四分之一圆面积减去三角形面积可得③正确；由图形可得④正确. 【详解】， 因为当时，无意义，无此曲线，故舍去， 所以曲线表示为：， 作出曲线图象为 对于①，由图象可得曲线关于直线成轴对称图形，故①正确； 对于②，由于左上和右下部分双曲线的，所以渐近线方程为， 所以当直线的斜率为时，过原点的直线与曲线无交点，故②错误； 对于③，设直线与交点分别为， 因为圆方程中半径为2，且点， 所以直线与曲线围成的图形的面积为，故③正确； 对于④，由于直线恒过， 当时，直线与平行，有一个交点； 当时，与渐近线平行，此时有两个交点， 当，结合斜率的范围可得有三个交点，如图： 所以，④正确； 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题关键是能根据的正负去掉绝对值符号得到曲线方程，作出图象，数形结合分析. 四､解答题：本题共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. 甲、乙两个不透明的袋中各装有6个大小质地完全相同的球，其中甲袋中有3个红球、3个黄球，乙袋中有1个红球、5个黄球． （1）若从两袋中各随机地取出1个球，求这2个球颜色相同的概率； （2）若先从甲袋中随机地取出2个球放入乙袋中，再从乙袋中随机地取出2个球，记从乙袋中取出的红球个数为，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）记这2个球颜色相同为事件，根据相互独立事件的概率公式计算可得； （2）依题意的可能取值为、、，利用全概率公式求出，，，即可得到分布列与数学期望. 【小问1详解】 记这2个球颜色相同为事件， 则； 【小问2详解】 依题意的可能取值为、、， 则， ， ， 所以的分布列为： 所以. 16. 如图，在三棱柱中，平面平面. （1）若分别为的中点，证明：平面； （2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接交于点，连接，根据条件可得四边形是平行四边形，得出，再利用线面平行的判定定理，即可得出结果； （2）建立空间直角坐标系，根据条件求出面的法向量及平面的法向量为，再利用面面角的向量法即可求出结果. 【小问1详解】 如图，取的中点，连接交于点，连接， 因为是的中点，是的中点， 所以，所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面，所以平面. 【小问2详解】 因为，平面平面，平面平面平面， 所以平面， 所以直线与平面所成的角为，则， 在中，不妨设，则，连接， 因为，所以. 又平面平面，所以平面平面， 且平面平面平面，故平面. 设的中点为，连接， 以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 则，， 设平面的法向量为，则，即， 不妨取，则有， 易知平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 设是由满足下列条件的函数构成的集合：①方程有实根；②在定义域区间上可导，且满足. （1）判断，是否是集合中的元素，并说明理由； （2）设函数为集合中的任意一个元素，证明：对其定义域区间中的任意、，都有. 【答案】（1），理由见解析； （2）见解析. 【解析】 【分析】（1）验证分别满足题中①②两个条件即可判断； （2）不妨设，令，是单调递减函数，得，证得结论. 【小问1详解】 当时，，满足条件②； 令， 则， 在上存在零点， 即方程有实数根，满足条件①， 综上可知， 【小问2详解】 不妨设 D上单调递增， ，即① 令 则，在D上单调递减， ，即，② 由①②得： 18. 如图，为圆上一动点，过点分别作轴､轴的垂线，垂足分别为，点满足，点的轨迹记为曲线. （1）求曲线的方程； （2）若过点的两条直线分别交曲线于两点，且，求证：直线过定点； （3）若曲线交轴正半轴于点，直线与曲线交于不同的两点，直线分别交轴于两点，试探究：轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在点 【解析】 【分析】（1）设，求得D点并代入，化简求得曲线的方程； （2）设，将直线的方程与曲线的方程联立，求得的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标； （3）假设存在点使得，先求得，设出的坐标，由直线和直线的方程求得两点的坐标，结合在曲线上求得点的坐标. 【小问1详解】 设，则， 由知 ， 在上，，即， 故曲线的方程为： 【小问2详解】 证明：由题知 直线与坐标轴不平行，不妨设， 联立，得， 解得或（舍去），， 此时，同理， 当时，， ， 直线的方程为， 易知直线过定点， 当时，直线斜率不存在，此时方程， 综上，直线过定点 【小问3详解】 假设存在使得，设， 因为， 所以，即，即， 关于轴对称，设， 易知，故方程为：， 令，得，同理， ，又，解得， 故存在点符合题意. 【点睛】方法点睛：利用相关点代入法求动点的轨迹方程，首先是设动点坐标为然后根据对称性、向量或比例求得相关点的坐标，再根据相关点在题目给定的曲线上，利用代入法，化简后可求得动点的轨迹方程，最后要注意是否有特殊点不符合题意. 19. 约数，又称因数．它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数．设正整数共有个正约数，记为，，…，，（）． （1）当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值； （2）当时，若，，…，构成等比数列，求证：； （3）记，求证：． 【答案】（1）或（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意即可写出的一个值；（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可） （2）由题意知，，，，，结合，，…，构成等比数列，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知，，…，为，，，，求得即可； （3）由题意知，，，，，从而可得，采用放缩法以及裂项求和方法，即可证明结论． 【小问1详解】 （1）当 时，正整数的4个正约数构成等比数列， 如1，2，4，8为8的所有正约数，即； 或1，3，9，27为27的所有正约数，即； 或1，5，25，125为125的所有正约数，即； （首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可） 【小问2详解】 由题意可知，，，且， 因为，，…，构成等比数列，不妨设其公比为， 则，所以， 化简得：，所以， 又因为，所以，所以公比， 所以， 又因为，，所以， 又因为，所以； 【小问3详解】 由题意知，，，，， 所以， 因为，，， 所以， 因为，，所以 所以，即． 【点睛】方法点睛：解决新定义题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景，找到解题的突破点，运算相关的数学公式、定理、性质进行解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024届高三第二学期高考热身试 数学试题 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，，则元素个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2. 已知椭圆的离心率为，长轴长为4，则该椭圆的短轴长为（ ） A. B. C. D. 3. 已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中给出下列结论，其中正确的结论为（ ） A. 与的夹角为 B. C. D. 在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量） 5. 已知，和的展开式中二项式系数的最大值分别为和，则（ ） A B. C. D. 的大小关系与有关 6. 人工智能领域让贝叶斯公式：站在了世界中心位置，AI换脸是一项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些“AI”视频，“AI”视频占有率为0.001．某团队决定用AI对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频真假．该鉴伪技术的准确率是0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有的可能鉴定为“AI”；它的误报率是0.04，即在该视频是真实的情况下，它有的可能鉴定为“AI”．已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视频是“AI”合成的可能性为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，其中是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知是关于的方程的两个根，其中，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知两个变量y与x对应关系如下表： x 1 2 3 4 5 y 5 m 8 9 10.5 若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则（ ） A y与x正相关 B. C. 样本数据y的第60百分位数为8 D. 各组数据的残差和为0 11. 已知函数，则（ ） A. 若的图象向右平移个单位长度后与的图象重合，则的最小值为1 B. 若的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的最小值为5 C. 若函数的最小正周期为，则 D. 当时，若的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则方程有无穷多个解 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的定义域为____________． 13. 已知中，，则______． 14. 已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论： ①曲线关于直线成轴对称图形； ②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点； ③直线与曲线所围成的图形的面积为； ④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是______． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 甲、乙两个不透明的袋中各装有6个大小质地完全相同的球，其中甲袋中有3个红球、3个黄球，乙袋中有1个红球、5个黄球． （1）若从两袋中各随机地取出1个球，求这2个球颜色相同的概率； （2）若先从甲袋中随机地取出2个球放入乙袋中，再从乙袋中随机地取出2个球，记从乙袋中取出的红球个数为，求的分布列与期望． 16. 如图，在三棱柱中，平面平面. （1）若分别为的中点，证明：平面； （2）当直线与平面所成角正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 设是由满足下列条件的函数构成的集合：①方程有实根；②在定义域区间上可导，且满足. （1）判断，是否是集合中的元素，并说明理由； （2）设函数为集合中的任意一个元素，证明：对其定义域区间中的任意、，都有. 18. 如图，为圆上一动点，过点分别作轴､轴的垂线，垂足分别为，点满足，点的轨迹记为曲线. （1）求曲线的方程； （2）若过点的两条直线分别交曲线于两点，且，求证：直线过定点； （3）若曲线交轴正半轴于点，直线与曲线交于不同的两点，直线分别交轴于两点，试探究：轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 约数，又称因数．它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数．设正整数共有个正约数，记为，，…，，（）． （1）当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值； （2）当时，若，，…，构成等比数列，求证：； （3）记，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$