精品解析：甘肃省张掖市某校2024届高三下学期第三次模拟数学试卷

高三数学试题 2024.5 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，集合，则的子集个数是（ ） A. 8 B. 7 C. 4 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据并运算可得，即可根据子集个数公式求解. 【详解】,所以子集个数为， 故选：A 2. 已知复数z满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘除法运算及加减法运算求得复数z，进而求得，再根据复数虚部的定义即可得出答案. 【详解】因为， 则，所以， 所以复数的虚部为. 故选：C. 3. “”是“过点有两条直线与圆相切”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由已知点在圆外，求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得答案. 【详解】由题意，点在圆外，则有， ，所以“”是“过点有两条直线与圆相切”的必要不充分条件. 故选：B 4. 的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（ ） A. B. C. 20 D. 160 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质得，再根据通项公式可求出结果. 【详解】因为的展开式中只有第四项的二项式系数最大， 则由二项式系数性质知：展开式共有7项，则， 则展开式的通项为， 展开式中常数项，必有，即， 所以展开式中常数项为. 故选：A 5. 存在函数满足，对任意都有（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对ACD，根据函数的性质，取特殊值推出矛盾判断即可； 对B，令再化简分析即可 【详解】对A，取可得，即，再取可得，即，故A错误； 对B，令，此时，即，符合题设，故B正确； 对C，取，有；取，有，故C错误； 对D，取得，再取可得，故D错误 故选：B 6. 在圆台中，圆的半径是圆半径的2倍，且恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球的表面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令外接球的半径为，作出图象，求出圆台的母线，即可求出圆台的侧面积，再求出球的表面积，即可得解. 【详解】令外接球的半径为，依题意，，， 过点作，则，所以， 又，所以， 所以圆台的侧面积， 球的表面积， 所以圆台的侧面积与球的表面积之比为. 故选：C 7. 在斜中，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由得出，由为斜三角形，得出，再根据诱导公式，两角和的正切公式，基本不等式求解即可． 【详解】因为， 所以为锐角，，则，即， 所以，即，所以， 当时，即,所以，不合题意； 当时，， 所以， 所以 当且仅当，即时等号成立， 故选：B． 8. 单位向量，向量满足，若存在两个均满足此条件的向量，使得，设，在起点为原点时，终点分别为.则的最大值（ ） A. B. C. 4 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】设，，整理得，可知点在椭圆上，设关于点的对称点为，分析可知三点共线，结合椭圆性质分析求解. 【详解】由题意不妨设，，则， 因为，则，整理得， 可知向量的终点的轨迹为椭圆，且为椭圆的右焦点， 可知点在椭圆上，设关于点的对称点为， 因为，则， 可得，由可知三点共线， 设， 因为为线段的中点，则， 当且仅当为短轴顶点时，等号成立， 所以的最大值为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点有两点： 1.设，，求得向量的终点的轨迹为椭圆； 2.设关于点的对称点为，可知三点共线. 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. 若是样本数据的平均数，则（ ） A. 的极差等于的极差 B. 的平均数等于的平均数 C. 的中位数等于的中位数 D. 的标准差大于的标准差 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题意，依次分析两组数据的极差、平均数、中位数和标准差是否相等，综合可得答案． 【详解】对于A，样本数据的平均数为，则，故的极差等于的极差，故A正确； 对于B，数据的平均数，故B正确； 对于C，如果是按从小到大排列，则的中位数为，不一定等于的中位数，故C错误； 对于D，的方差， 而的方差， 但当时两组数据的方差相等，其标准差也相等，故D错误． 故选：AB． 10. 函数对任意，都有，则关于函数的命题正确的是（ ） A. 函数在区间上单调递增 B. 直线是函数图像的一条对称轴 C. 点是函数图像的一个对称中心 D. 将函数图像向右平移个单位，可得到的图像 【答案】BD 【解析】 【分析】对于题干条件，用替代得到新的方程，联立先算出表达式，从而得出的表达式，然后根据正弦函数的性质逐一判断每个选项. 【详解】由，用替代得到 ， 联立上述两式得到，， 则. A选项，时，，根据正弦函数的单调性， 在上递增，在上递减， 根据复合函数的单调性可知在区间上先递增后递减，A选项错误； B选项，时，，取到了最小值， 故是函数图像的一条对称轴，B选项正确； C选项，时，，则是的对称中心， 故是是函数图像的一个对称中心，C选项错误； D选项，函数图像向右平移个单位，得到 ，D选项正确. 故选：BD 11. 已知平行六面体的棱长均为2，，点在内，则（ ） A. 平面 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由面面平行的判定及性质即可判断A；以为基底，证明出平面，即可判断B；由即可判断出D；由正弦定理，勾股定理及函数单调性即可判断出C． 【详解】对于A，连接， 由平行六面体得，平面平面，平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以，同理可得， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 因为，，平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面，故A正确； 对于B，以为基底， 则，，， 因为平行六面体的棱长均为2，， 所以， ， 所以， 因为平面，且， 所以平面，又平面， 所以，故B正确； 对于D，， ，即， 所以，当点共线时等号成立，故D正确； 对于C，因为平面，则交的外心，连接， 则， 在中，由正弦定理得外接圆直径，，则，， 设， 在中，， 在中，， 则， 所以，故C错误； 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：在平行六面体中，已知棱长均为2，，处理该几何体中的位置关系及数量关系时，以为基底，利用向量解决问题． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，函数的反函数为，且，则__． 【答案】 【解析】 【分析】由条件可得，然后求出的值，然后可得答案. 【详解】因为，所以，所以，所以， 所以． 故答案为： 13. 刚上班不久的小明于月日在某电商平台上通过零首付购买了一部售价元的手机，约定从下月日开始，每月日按等额本息（每期以相同的额度偿还本金和利息）还款元，年还清；其中月利率为，则小明每月还款数___________元（精确到个位）.（参考数据：；；） 【答案】 【解析】 【分析】 根据题中条件，小明需要12个月还清贷款，即在第12个月的时候小明的欠款为零元，列方程求解，即可求出每月还款数. 【详解】由题知小明第次还款元后， 还欠本金及利息为元， 第次还款元后， 还欠本金及利息为： 元， 第次还款元后， 还欠本金及利息为： 元， 以此类推则第次还款元后，还欠本金及利息为： 元， 此时已全部还清， 则， 即， 解得元. 故答案为：. 【点睛】本题考查了利用等比数列解决实际问题的能力，属于一般题. 14. 过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，点，沿轴将坐标系翻折成直二面角，当三棱锥体积最大时，____________. 【答案】## 【解析】 【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合三棱锥的体积公式求解． 【详解】由于直线过焦点，且与抛物线交于两个不同的点，故设其方程为， 联立方程，消去得，， 所以， 所以， 当，即时，三棱锥体积最大． 故答案为：． 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. 在①， ②， ③ 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答. 问题：在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且选择条件______， （1）求角A； （2）若O是内一点，，，，，求. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分；选择第②个条件解答不给分. 【答案】（1）选②不符合题意，无论选①还是选③，都有 （2） 【解析】 【分析】（1）结合正弦定理或者余弦定理进行边角转换，由三角形内角和为及和差公式化简等式，再根据角的范围及函数值，即可求得A； （2）先由角度关系得，即，在、中，分别由正弦定理可得，，，即可建立等式化简得，即可求得. 【小问1详解】 若选①， 则， 又因为，所以，即， 所以，又因为，所以， 所以，解得； 若选②，则， 所以，即矛盾，故选②不符合题意； 若选③， 则， 又因为，所以，从而； 综上所述，选②不符合题意，无论选①还是选③，都有； 【小问2详解】 ，， 所以， 在中，由正弦定理得，， ， 在中，， ， ，整理得， . 16. 如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，，，点G是线段BF的中点. （1）证明：平面DAF； （2）试求：直线EG到直线DF的距离. 【答案】（1）证法一：连接OE，OG． 在圆柱OE中，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面， 在矩形中，分别为的中点，则， 又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF． 在中，点O，G分别是AB和BF的中点，所以． 又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF． 又，平面OEG，平面OEG， 所以平面平面DAF．又平面OEG， 所以平面DAF． 证法二：取AF的中点M，连接MD，MG． 因为点M，G分别是FA和FB的中点，所以． 在圆柱OE的轴截面四边形ABCD中，，所以， 因此四边形DEGM是平行四边形． 因此． 又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF． 证法三：以O为坐标原点，AB的中垂线为x轴，OB所在直线为y轴，OE所在直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 则，．因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上， 所以． 又，所以，因此． 因为点G是线段BF的中点，所以， 因此． 因为平面ABF，平面ABF，所以． 又点点F在底面圆O上，则，，AF，平面DAF， 所以平面DAF，因此是平面DAF的一个法向量． 因为， 又平面DAF，所以平面DAF． （2） 【解析】 【分析】（1）法一，连接OE，OG．证明平面平面DAF，利用面面平行性质即可证明结论；法二，取AF的中点M，证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；法三，建立空间直角坐标系，确定平面DAF的法向量，利用向量法证明位置关系. （2）证明是直线EG与直线DF的公垂线，再求长度即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1），平面DAF， 由平面DAF，则，即， 由（1），，，则， 又已证，，则， 又，且平面OEG，平面OEG， 则平面OEG，则， 故即为与的公垂线，且垂足分别为， 所以线段的长即为所求直线EG到直线DF的距离. 所以. 故所求直线EG到直线DF的距离为. 17. 某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通过病鼠与白鼠之间的接触传染，现有只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为，被感染的白鼠数用随机变量X表示，假设每只白鼠是否被感染之间相互独立 （1）若，求数学期望； （2）接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率与参数的取值有关.团队A提出函数模型为，团队B提出函数模型为.现将100只接种疫苗后的白鼠分成10组，每组10只，进行实验，随机变量表示第组被感染的白鼠数，将随机变量的实验结果绘制成频数分布图，如图所示. （i）试写出事件“”发生的概率表达式（用表示，组合数不必计算）； （ⅱ）在统计学中，若参数时使得概率最大，称是的最大似然估计.根据这一原理和团队A，B提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出的最大似然估计，并求出最大似然估计.参考数据：. 【答案】（1）50 （2）（i）；（ⅱ）团队B可以求出的最大似然估计， 【解析】 【分析】（1）由题意可得，再根据求解即可； （2）（i）设，依题意得，化简即可； （ⅱ）记，求导分析单调性可得最大值，分别在团体A，B中提出函数模型即可得答案． 【小问1详解】 由题知，随机变量服从二项分布，， 由， 即， 得，所以； 【小问2详解】 （i）“”， ， 所以； （ii）记， 则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，取得最大值，即取得最大值， 在团队提出的函数模型，中， 记函数，，， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 当时，取得最大值，则不可以估计， 在团体提出的函数模型中， 记函数，单调递增， 令，解得， 则团队B可以求出的最大似然估计，且是的最大似然估计. 【点睛】求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤： （1）根据题中条件确定随机变量的可能取值； （2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列； （3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望 （在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等， 可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）． 18. 已知双曲线的渐近线为，左顶点为． （1）求双曲线的方程； （2）直线交轴于点，过点的直线交双曲线于，，直线，分别交于，，若，，，均在圆上， ①求的值，并求点的横坐标； ②求圆面积的取值范围． 【答案】（1） （2）① 1；；② 【解析】 【分析】（1）根据渐近线方程及顶点求出得双曲线方程； （2）①设，由四点共圆可得，根据斜率公式转化为点坐标表示形式，由直线与双曲线联立得出根与系数的关系，据此化简即可求出；②求出点坐标得出，利用正弦定理求出外接圆的半径，根据均值不等式求出半径的最值，即可得出圆面积的最值. 【小问1详解】 设双曲线的方程为（，）， 从而渐近线方程为：，由题条件知：． 因为双曲线的左顶点为，所以，， 所以双曲线的方程为：． 【小问2详解】 ①如图，，设直线的方程为：， 将代入方程：，得， 当且时， 设，，则，． 设直线的倾斜角为，不妨设，则， 由于，，，四点共圆知：， 所以直线的倾斜角为，． 直线的方程为：， 令，则，从而， 所以，又， 得：， 又，代入上式得： ， ， 化简得：，解得：（舍）或．故点的坐标为． ②直线的方程为，由①知：，所以． 直线方程；，所以， 若，在轴上方时，在的上方，即时，； 若，在轴下方时，即时，， 所以或． 又直线与渐近线不平行，所以． 所以，或且． 因为， 设圆的半径为，面积为，则， 所以 ， 当且仅当即时，上述不等式取等号， 或且． 所以且，从而且． 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于利用直线的倾斜角与圆的内接四边形的角的关系，得出这一关键数量关系，再转化为直线与双曲线相交，利用根与系数的关系化简求参数的常规问题. 19. 已知函数及其导函数的定义域均为.设，曲线在点处的切线交轴于点.当时，设曲线在点处的切线交轴于点.依此类推，称得到的数列为函数关于的“数列”. （1）若，是函数关于的“数列”，求的值； （2）若，是函数关于的“数列”，记，证明：是等比数列，并求出其公比； （3）若，则对任意给定的非零实数，是否存在，使得函数关于的“数列”为周期数列？若存在，求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） 由，得， 于是曲线在点处的切线方程为， 令，则， 由题意得到， 所以， 又因为， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列； （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线方程，再根据“数列”的定义即可得解； （2）由题意可得，再根据结合等比数列的定义化简即可得出结论； （3）由题意可得，设特征函数为，利用蛛网模型分和两种情况讨论，求出函数的单调区间，进而可得出结论. 【小问1详解】 由，得， 因为，则， 所以曲线在点的切线方程为， 令，则， 所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由，得， 所以曲线在点处的切线方程为， 令，则， 设特征函数为，则， 情况1：当时，则， 此时，所以函数在定义域内为增函数， 令，解得，又因，故此时方程无解， 当时，，所以不能成周期数列； 当时，，所以不能成周期数列； 故当时，不存在，使得函数关于的“数列”为周期数列； 情况2：当时，， 令，得或， 令，得或或， 所以函数在上单调递增， 在上单调递减， 而，所以函数为奇函数， ，， 令，方程无解， 令，解得 当时，，， 所以数列是周期为的周期数列； 当时，，且与符号正负交替， 假设存在周期数列，则等价于存在，使得， 若为偶数，中每一个括号内的式子都是同号的， 所以不可能为，所以数列不可能为周期数列； 若为奇数，中， 每一个括号内的式子都与是同号的， 所以不可能为，所以数列不可能为周期数列； 当时，， 可得得到起初是正负交替，但是以后会一直为正或负，所以不能成周期数列， 故当时，有满足条件，使得数列成周期为的周期数列， 此时， 综上所述，存在满足题意. 【点睛】方法点睛：等比数列的两种判定方法： （1）定义法：（常数）数列为等比数列； （2）等差中项法：数列为等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试题 2024.5 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，集合，则的子集个数是（ ） A. 8 B. 7 C. 4 D. 3 2. 已知复数z满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 0 3. “”是“过点有两条直线与圆相切”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（ ） A. B. C. 20 D. 160 5. 存在函数满足，对任意都有（ ） A. B. C. D. 6. 在圆台中，圆的半径是圆半径的2倍，且恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球的表面积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 在斜中，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 单位向量，向量满足，若存在两个均满足此条件的向量，使得，设，在起点为原点时，终点分别为.则的最大值（ ） A. B. C. 4 D. 2 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. 若是样本数据的平均数，则（ ） A. 的极差等于的极差 B. 的平均数等于的平均数 C. 的中位数等于的中位数 D. 的标准差大于的标准差 10. 函数对任意，都有，则关于函数的命题正确的是（ ） A. 函数在区间上单调递增 B. 直线是函数图像的一条对称轴 C. 点是函数图像的一个对称中心 D. 将函数图像向右平移个单位，可得到的图像 11. 已知平行六面体的棱长均为2，，点在内，则（ ） A. 平面 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，函数的反函数为，且，则__． 13. 刚上班不久的小明于月日在某电商平台上通过零首付购买了一部售价元的手机，约定从下月日开始，每月日按等额本息（每期以相同的额度偿还本金和利息）还款元，年还清；其中月利率为，则小明每月还款数___________元（精确到个位）.（参考数据：；；） 14. 过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，点，沿轴将坐标系翻折成直二面角，当三棱锥体积最大时，____________. 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. 在①， ②， ③ 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答. 问题：在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且选择条件______， （1）求角A； （2）若O是内一点，，，，，求. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分；选择第②个条件解答不给分. 16. 如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，，，点G是线段BF的中点. （1）证明：平面DAF； （2）试求：直线EG到直线DF的距离. 17. 某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通过病鼠与白鼠之间的接触传染，现有只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为，被感染的白鼠数用随机变量X表示，假设每只白鼠是否被感染之间相互独立 （1）若，求数学期望； （2）接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率与参数的取值有关.团队A提出函数模型为，团队B提出函数模型为.现将100只接种疫苗后的白鼠分成10组，每组10只，进行实验，随机变量表示第组被感染的白鼠数，将随机变量的实验结果绘制成频数分布图，如图所示. （i）试写出事件“”发生的概率表达式（用表示，组合数不必计算）； （ⅱ）在统计学中，若参数时使得概率最大，称是的最大似然估计.根据这一原理和团队A，B提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出的最大似然估计，并求出最大似然估计.参考数据：. 18. 已知双曲线的渐近线为，左顶点为． （1）求双曲线的方程； （2）直线交轴于点，过点的直线交双曲线于，，直线，分别交于，，若，，，均在圆上， ①求的值，并求点的横坐标； ②求圆面积的取值范围． 19. 已知函数及其导函数的定义域均为.设，曲线在点处的切线交轴于点.当时，设曲线在点处的切线交轴于点.依此类推，称得到的数列为函数关于的“数列”. （1）若，是函数关于的“数列”，求的值； （2）若，是函数关于的“数列”，记，证明：是等比数列，并求出其公比； （3）若，则对任意给定的非零实数，是否存在，使得函数关于的“数列”为周期数列？若存在，求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $