精品解析：重庆市第一中学校2024届高三下学期模拟预测数学试题

数学 （考试时间：120分钟；试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，进出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结来后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，若复数对应的点的坐标为是虚数单位，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，先将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，即可得到函数的图象．若函数的图象关于y轴对称，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数是定义在上周期为4的奇函数，且，则不等式在上的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. 或2 D. 2 7. 已知椭圆的左焦点为，直线与C分别交于两点（A在x轴上方），与y轴交于点为坐标原点．若，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知四边形是平行四边形，分别是的中点，点P在平面内的射影为与平面所成角的正切值为2，则直线与所成角的余弦值为（ ） 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. 若实数满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知抛物线，过焦点F的直线与C交于两点，O为坐标原点，则下列说法正确的有（ ） A. 存在弦，使得中点的坐标为 B. 当时， C. 的中点到准线的距离小于 D. 当直线的斜率时， 11. 已知定义在R上的函数，当时，其图像关于原点对称，且，当时，恒有成立．函数，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 方程有且仅有2个实数根 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 袋中装有9个除颜色外完全相同的球，其中红色球有3个，蓝色球有6个，现甲、乙，丙三人从中不放回地依次各抽一球，则至少有一人抽到红色球的概率为_______． 13. 在正项等比数列中，，则的最大值为_______． 14. 已知三棱锥的四个顶点均在球O上，平面为等腰直角三角形，A为直角顶点．若，且，则球O的表面积为_______． 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. 为丰富第二课堂，拓展素质教育，某校鼓励学生参加书法兴趣小组和绘画兴趣小组，开展相关实践活动．该校共有3000名学生，为了解学生的参加情况，从全校学生中随机抽取150名学生进行调查，发现有5人没有参加兴趣小组，且样本中仅参加书法兴趣小组和仅参加绘画兴趣小组的学生每周投入时间情况如下表： 兴趣小组活动类别 投入时间（小时/周） 大于10 仅参加书法兴趣小组人数z 25 30 15 10 仅参加绘画兴趣小组人数y 10 20 25 5 （1）用频率估计概率，试估计全校学生中书法兴趣小组和绘画兴趣小组都参加的人数； （2）从仅参加书法兴趣小组和仅参加绘画兴趣小组的学生中各抽1人，以X表示2人中每周投入时间大于5小时的人数，求X的分布列和数学期望； （3）根据公式计算仅参加书法兴趣小组和仅参加绘画兴趣小组的学生在各投入时间段人数的样本相关系数，并推断它们的相关程度，其中分别为仅参加书法兴趣小组的学生在各投入时间段人数的均值和标准差，分别为仅参加绘画兴趣小组的学生在各投入时间段人数的均值和标准差． 附： 相关系数r 相关程度 低度线性相关 显著性相关 高度线性相关 16. 如图，在四棱锥中，底面是梯形，，侧面为正三角形，且与底面垂直，E为的中点，M在上，满足． （1）当时，证明：平面； （2）当二面角为时，求的值． 17. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线M上，且． （1）求双曲线M的方程； （2）记的平分线所在的直线为直线l，证明：双曲线M上存在相异两点关于直线l对称，并求出（E为的中点）的值． 18. 已知函数． （1）求证：； （2）若是的两个相异零点，求证：． 19. 对于数列，定义，满足，记，称为由数列生成的“-函数”． （1）试写出“2-函数”，并求的值； （2）若“1-函数”，求的最大值； （3）记函数，其导函数为，证明：“-函数” 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 （考试时间：120分钟；试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，进出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结来后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解分式不等式得集合A，解根式不等式得集合B，由集合交集及补集运算可得结果. 【详解】由题意知，， 则，所以． 故选：C． 2. 在复平面内，若复数对应的点的坐标为是虚数单位，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据题，得到，结合复数的运算法则，求得，再由复数模的运算法则，即可求解. 【详解】由题意，可得，则， 所以． 故选：A． 3. 如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】法一：以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，应用向量的坐标运算即可求解；法二：连接，设，则，，即可求解. 【详解】方法一：如图1，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则）． 设，则．因为，所以． 由题意知，圆O的半径．因为点P在弧（包括端点）上， 所以，所以的取值范围是． 方法二：如图2，连接．易知， 设，则． 由已知可得，所以， 所以 ． 因为，所以，所以， 所以，即的取值范围是. 故选：C． 4. 已知函数，先将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，即可得到函数的图象．若函数的图象关于y轴对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的图象变换，得到，由的图象关于y轴对称，求得，得到，进而求得的值，得到答案. 【详解】先将函数的图象向右平移个单位长度， 得到的图象， 再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变， 得到的图象， 因为函数的图象关于y轴对称，所以，即， 又因为，所以，所以， 所以． 故选：C． 5. 已知函数是定义在上周期为4的奇函数，且，则不等式在上的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数的图象向右平移1个单位长度，作出函数在上的图象，结合图象，即可求解. 【详解】因为函数是定义在R上周期为4的奇函数，且， 所以当时，； 当时，，所以； 当时，，所以， 函数的图象可由函数的图象向右平移1个单位长度得到， 作出函数在上的图象，如图所示． 由图可知不等式在上的解集为． 故选：B． 6. 已知，则（ ） A. B. C. 或2 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由两角和的正弦和两角差的正切展开式化简已知等式，再结合同角的三角函数关系计算即可. 【详解】由，得①． 由，得，即，解得， 所以②． 由①②，得． 所以． 故选：D． 7. 已知椭圆的左焦点为，直线与C分别交于两点（A在x轴上方），与y轴交于点为坐标原点．若，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过及直线的斜率计算出，在中，由余弦定理可得，最后根据椭圆的定义计算离心率. 【详解】由题意可知，直线l过点F，如图所示， 所以，而， 所以． 由 ． 解得． 设C的右焦点为， 在中，由余弦定理可得 ， 解得． 由椭圆的定义知， 则C的离心率． 故选：D． 8. 如图，已知四边形是平行四边形，分别是的中点，点P在平面内的射影为与平面所成角的正切值为2，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由条件可证，则直线与所成的角为，然后结合条件以及余弦定理代入计算，即可得到结果. 【详解】 如图，取的中点E，连接．因为分别是的中点， 所以． 因为四边形是平行四边形，所以． 因为N为的中点，所以，所以． 故四边形为平行四边形，所以， 所以直线与所成的角为． 连接，因为点P在平面内的射影为N，所以平面， 所以与平面所成的角为，所以． 不妨令，则，所以， 所以， 在中， 由余弦定理得． 故选：A． 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. 若实数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，设，利用点到直线距离公式求得的最值即可；对于B，直接利用重要不等式得出的范围即可； 【详解】 如图：是以为圆心，为半径的圆. 对于A，设，则直线与圆有公共点， 所以，解得，所以，故A正确； 对于B，由知，，当且仅当或时取“”，故B正确； 对于C，表示圆上一点与坐标原点连线的斜率， 由图象知圆上的点与坐标原点连线的倾斜角的范围是， 故，即，故C正确； 对于D，取，满足，但，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知抛物线，过焦点F的直线与C交于两点，O为坐标原点，则下列说法正确的有（ ） A. 存在弦，使得中点的坐标为 B. 当时， C. 的中点到准线的距离小于 D. 当直线的斜率时， 【答案】BC 【解析】 【分析】令，由抛物线焦点弦的性质可得，再结合中点坐标公式可验证A错误；当时，可得，再取特殊值，计算可得B正确；作出图形，由抛物线的性质可得C正确；由点斜式得到直线方程，联立曲线方程，得到韦达定理，再结合两点间距离公式化简可得D错误； 【详解】由题意知，焦点，准线方程为直线，令． 对于A，由抛物线的性质可知①． 若存在弦，使得中点的坐标为， 则，解得或，都不满足①式，故A错误． 对于B，当时，解得， 由对称性，不妨取，则，所以，故B正确． 对于C，设的中点为E，过分别作准线的垂线，垂足分别为，如图，则，而，所以，故C正确． 对于D，由题意知直线的方程为． 联立抛物线方程，消去x得， 则，， 所以． 因为，所以，所以，故D错误． 故选：BC． 11. 已知定义在R上的函数，当时，其图像关于原点对称，且，当时，恒有成立．函数，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 方程有且仅有2个实数根 【答案】CD 【解析】 【分析】根据题意，构造函数，即可得到是偶函数且在上单调递增，结合函数单调性以及对称性即可判断ABC，将方程的根转化为函数图像的交点即可判断D 【详解】 当时，，即．令， 则，所以在上单调递减． 因为当时，的图像关于原点对称，所以． 所以，所以是偶函数， 故在上单调递增． 对于A，由，可知，由以上分析可知，即，所以，故A错误． 对于B，由以上分析可知，即，所以，故B错误． 对于C，令，则，所以，即， 因为 ， 所以的图像关于直线对称，故C正确． 对于D，当时，，而，故． 当时，方程可化为． 由，可得， 画出函数与的大致图像，如图所示． 由图像知，方程，即有且仅有2个实数根，故D正确． 故选：CD． 【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数的性质，包括函数的单调性，奇偶性以及对称性，难度较大，解答本题的关键在于构造函数，然后利用函数的性质，逐一判断. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 袋中装有9个除颜色外完全相同的球，其中红色球有3个，蓝色球有6个，现甲、乙，丙三人从中不放回地依次各抽一球，则至少有一人抽到红色球的概率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据对立事件的概率之间的关系，求概率. 【详解】记“甲、乙、丙三人都抽到蓝色球”为事件A，“甲、乙、丙三人至少有一人抽到红色球”为事件B，则事件为对立事件. 因为，所以，即至少有一人抽到红色球的概率为． 故答案为： 13. 在正项等比数列中，，则的最大值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，列出方程求得，得到，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，可得，即，解得， 所以， 所以当时，取得最大值，最大值为． 故答案为：. 14. 已知三棱锥的四个顶点均在球O上，平面为等腰直角三角形，A为直角顶点．若，且，则球O的表面积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】把三棱锥补成长方体，利用三棱锥的外接球就是长方体的外接球，且长方体的体对角线就是长方体外接球直径，可求球的表面积. 【详解】因为平面平面，所以． 所以在中，由，可求得．在等腰中，． 易知三棱锥是球O内接长方体的一部分（如图），是该长方体的体对角线，故球心O在的中点处． 因为，所以球O的半径为，故球O的表面积为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题主要考查三棱锥的外接球表面积，将三棱锥的外接球转化为长方体的外接球为解题的关键. 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. 为丰富第二课堂，拓展素质教育，某校鼓励学生参加书法兴趣小组和绘画兴趣小组，开展相关实践活动．该校共有3000名学生，为了解学生的参加情况，从全校学生中随机抽取150名学生进行调查，发现有5人没有参加兴趣小组，且样本中仅参加书法兴趣小组和仅参加绘画兴趣小组的学生每周投入时间情况如下表： 兴趣小组活动类别 投入时间（小时/周） 大于10 仅参加书法兴趣小组人数z 25 30 15 10 仅参加绘画兴趣小组人数y 10 20 25 5 （1）用频率估计概率，试估计全校学生中书法兴趣小组和绘画兴趣小组都参加的人数； （2）从仅参加书法兴趣小组和仅参加绘画兴趣小组的学生中各抽1人，以X表示2人中每周投入时间大于5小时的人数，求X的分布列和数学期望； （3）根据公式计算仅参加书法兴趣小组和仅参加绘画兴趣小组的学生在各投入时间段人数的样本相关系数，并推断它们的相关程度，其中分别为仅参加书法兴趣小组的学生在各投入时间段人数的均值和标准差，分别为仅参加绘画兴趣小组的学生在各投入时间段人数的均值和标准差． 附： 相关系数r 相关程度 低度线性相关 显著性相关 高度线性相关 【答案】（1）5，100 （2）分布列见解析，数学期望为 （3），仅参加书法兴趣小组和仅参加绘画兴趣小组的学生在各投入时间段人数呈低度线性相关 【解析】 【分析】（1）从抽取的150名学生中减去仅参加书法兴趣小组的学生人数和仅参加绘画兴趣小组的学生人数及没有参加兴趣小组的人数，得到样本中书法兴趣小组和绘画兴趣小组都参加的人数，求出频率，进而得到全校学生中书法兴趣小组和绘画兴趣小组都参加的人数； （2）易知X的所有可能取值为，分别求出对应概率，列出X的分布列，由公式即可算出数学期望； （3）由已知数据求出和，由公式即可求出样本的相关系数，再由附表中相关系数对应的相关程度即可推断它们的相关程度. 【小问1详解】 样本中仅参加书法兴趣小组的学生人数为， 样本中仅参加绘画兴趣小组的学生人数为， 所以样本中书法兴趣小组和绘画兴趣小组都参加的人数为， 故全校学生中书法兴趣小组和绘画兴趣小组都参加的人数约为． 【小问2详解】 从仅参加书法兴趣小组的学生中抽取1人，每周投入时间大于5小时的概率为，从仅参加绘画兴趣小组的学生中抽取1人，每周投入时间大于5小时的概率为． X的所有可能取值为， 则， ， ， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 故． 【小问3详解】 由题意得， 所以，即， ，即， ， 所以样本的相关系数， 由于， 故仅参加书法兴趣小组和仅参加绘画兴趣小组的学生在各投入时间段人数呈低度线性相关. 16. 如图，在四棱锥中，底面是梯形，，侧面为正三角形，且与底面垂直，E为的中点，M在上，满足． （1）当时，证明：平面； （2）当二面角为时，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取PB的中点F，连接MF，AF，证明四边形ADMF是平行四边形，即可求证； （2）建立空间直角坐标系，用含的式子表示M点的坐标，然后求出平面MED的一个法向量用含的式子表示，再利用向量夹角公式即可求解. 【小问1详解】 证明：当时，M为的中点． 如图，连接，取的中点F，连接． 在中，， 所以为等边三角形，所以， 又，所以． 在中，由正弦定理，得， 所以． 因为．所以．所以， 所以，所以． 因为分别为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，所以． 又平面平面，所以平面． 【小问2详解】 在中，， 所以，即． 因为为正三角形，E为的中点，所以， 又平面平面，平面平面，所以平面，所以， 故以E点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图2， 则，，所以． 设点，由．得， ， 所以． 设平面的法向量为，则 令，则，得， 易知平面的一个法向量为， 所以，即， 解得（舍去）或． 故当面角为时，． 17. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线M上，且． （1）求双曲线M的方程； （2）记的平分线所在的直线为直线l，证明：双曲线M上存在相异两点关于直线l对称，并求出（E为的中点）的值． 【答案】（1） （2）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）设，根据题意结合距离公式可得，将代入方程即可得，，即可得方程； （2）设点，结合角平分线的性质可得直线l的方程为，利用点差法可得点E的坐标为，即可得直线的方程，联立方程，结合韦达定理分析证明. 【小问1详解】 设，其中． 由，得， 移项，得， 两边平方，整理得，解得（负值舍去）， 故，即，则． 将代入上式中，整理得，解得（舍去）或，则． 所以双曲线M的方程为. 【小问2详解】 因为直线的方程为，直线的方程为，即． 设点在直线l上，由角平分线的性质可得P到的距离等于P到的距离， 即，化简得或． 由题意，易知直线l的斜率小于0，所以不满足题意， 所以直线l的方程为． 假设双曲线M上存在相异两点关于直线l对称，则，所以． 设，则． 因为点E在直线l上，所以①． 因为点在双曲线上，所以， 两式相减得，化简得， 即，即②． 联立①②式，得，所以点E的坐标为． 所以直线的方程为，即． 与双曲线方程联立，消去y得， 因为， 所以双线M上存在相异两点关于直线l对称，且． 故． 又，所以. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 18. 已知函数． （1）求证：； （2）若是的两个相异零点，求证：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设，求导，分析函数的单调性，确定函数的值域可证明该问题. （2）求，分析函数单调性，求出极值；根据的两个相异零点，可确定的取值范围，并分别得到的取值范围，推导出的取值范围. 【小问1详解】 令，则． 令，得；令，得． 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以，所以． 【小问2详解】 易知函数的定义域是． 由，可得． 令得；令得． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． ①当，即时，至多有1个零点，故不满足题意． ②当，即时，． 因为在上单调递增，且．所以， 所以在上有且只有1个零点，不妨记为，且． 由（1）知，所以． 因为在上单调递减，， 所以在上有且只有1个零点，记为，且． 所以，所以． 同理，若记 则有， 综上所述，． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 19. 对于数列，定义，满足，记，称为由数列生成的“-函数”． （1）试写出“2-函数”，并求的值； （2）若“1-函数”，求的最大值； （3）记函数，其导函数为，证明：“-函数” 【答案】（1） （2）5 （3） 由题意得 ． 由，得， 所以， 所以， 所以． 【解析】 【分析】（1）结合新定义可得，结合等差数列及叠加法可求得，代入即可求解； （2）代入，结合数列分组求和及应用导数求最值即可； （3）由，结合导数的运算即可求解. 【小问1详解】 由定义及，知， 所以是公差为的等差数列， 所以． 因为， 所以， 所以，即． 当时，有， ， …… ， 所以， 即． 当时，， 所以“函数”． 当时，． 【小问2详解】 当时，， 故“1-函数” ． 由，得． 令， 则， 所以在上单调递增． 因为， 所以当时，， 所以当时，， 故的最大值为5． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了新定义数列、累加法求数列通项、数列分组求和及应用导数求最值，第三问解题的关键是化简，并结合导数的运算求解，对考生的运算求解能力和逻辑推理能力较强要求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $