精品解析：新疆部分学校2024届高三4月（二模）大联考数学试题

2024届高三4月大联考（新课标卷） 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．考试结束后，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. 已知抛物线，点在抛物线上，则（ ） A. 1或2 B. 2 C. 2或 D. 3. 已知非零向量的夹角为，且，，则（ ） A. B. C. D. 4. 若数据的平均数为，方差为，则数据的方差为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，图象的一个最高点为，图象与轴的一个交点为，且点M，N之间的距离为5，则（ ） A. B. C. D. 2 7. 过双曲线的右焦点向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为，线段FD与双曲线交于点，过点向另一条渐近线作垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足且，当时，，则函数在区间上的零点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 5 D. 10 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. 设为复数，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则与互为共轭复数是的充要条件 D. 若，，则 10. 如图，在平行四边形中，，且，为的中线，将沿BF折起，使点到点的位置，连接AE，DE，CE，且，则（ ） A. 平面 B. AE与平面所成角的正切值是 C. BC与DE所成的角为 D. 点到平面的距离为 11. 设函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 在上的最大值为 C. 方程只有一个实根 D. ，都有成立 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆锥的底面周长为，其侧面积与半径为的球的表面积相等，则该圆锥的体积为__________． 13. 的展开式中项的系数是_________．（用数字作答） 14. 已知函数满足其导函数为偶函数，，，在如下三个函数：①；②；③中，共有6个参数a，b，c，d，k，m．请在集合中，取出合适的数赋予上面6个参数．使其满足题目要求，则a，b，c，d，k，m的值分别是__________（按对应的参数顺序写）；此时，在函数③中，的极小值是__________． 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. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）当时，恒成立，求实数的最大值． 16. 目前不少网络媒体都引入了虚拟主播，某视频平台引入虚拟主播，在第1天的直播中有超过100万次的观看． （1）已知小李第1天观看了虚拟主播的直播，若小李前一天观看了虚拟主播的直播，则当天观看虚拟主播的直播的概率为，若前一天没有观看虚拟主播的直播，则当天观看虚拟主播的直播的概率为，求小李第2天与第3天至少有一天观看虚拟主播的直播的概率； （2）若未来10天内虚拟主播的直播每天有超过100万次观看的概率均为，记这10天中每天有超过100万次观看的天数为． ①判断为何值时，最大； ②记，求． 17. 如图，三棱锥的所有棱长都是，为的中点，且为FG的中点． （1）求证：平面平面； （2）若，平面与平面夹角的余弦值为，求FG的长． 18. 已知直线与平面所成的角为，动点在平面内，如果点到直线的距离总是，则点的轨迹为椭圆，如图所示．以该椭圆的中心为坐标原点，长轴所在直线为轴建立平面直角坐标系． （1）求椭圆的方程； （2）设A，B分别为椭圆的左、右顶点，动点在直线上，直线QA交椭圆于另一点，直线QB交椭圆于另一点，探究：直线MN是否经过一定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 19. 我们把满足下列条件的数列称为数列： ①数列的每一项都是正偶数； ②存在正奇数m，使得数列的每一项除以m所得的商都不是正偶数． （1）若a，b，c是公差为2的等差数列，求证：a，b，c不是数列； （2）若数列满足对任意正整数p，q，恒有，且，判断数列是否是数列，并证明你的结论； （3）已知各项均为正数的数列共有100项，且对任意，恒有，若数列为数列，求满足条件的所有两位数k值的和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024届高三4月大联考（新课标卷） 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．考试结束后，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】B 【解析】 【分析】先分别求出两集合，再求两集合的交集即可. 【详解】由，得或，所以， 由，得， 因为，所以，或，或， 所以， 所以， 故选：B． 2. 已知抛物线，点在抛物线上，则（ ） A. 1或2 B. 2 C. 2或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】将点代入抛物线方程，即可求解. 【详解】因为点在抛物线上，所以， 整理得，解得或． 故选：C 3. 已知非零向量的夹角为，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据数量积及夹角的公式计算即可. 【详解】由，得； 由，得， 所以， 所以， 因为，所以． 故选：A． 4. 若数据的平均数为，方差为，则数据的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数和方差的计算公式计算即可. 【详解】因为数据的平均数为，方差为，所以，， 所以数据的平均数为，方差为． 故选：C． 5. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合等差数列的性质求解即可，或根据题意利用等差数列的通项公式化简，再化简即可. 【详解】因为，所以，所以． 因为，所以． 另解：设等差数列的公差为， 由，得， 所以，即，得， 所以， 因为， ， ， ， 所以 故选：A． 6. 已知函数的部分图象如图所示，图象的一个最高点为，图象与轴的一个交点为，且点M，N之间的距离为5，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由函数图象可得函数周期，即可得，结合特殊点的坐标计算可得，即可得. 【详解】函数的最大值为4．设的最小正周期为， 依题意，得，解得， 所以，解得，所以， 又点在函数的图象上，所以， 结合图象，知，解得，所以， 所以． 故选：D． 7. 过双曲线的右焦点向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为，线段FD与双曲线交于点，过点向另一条渐近线作垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式可以求出|的长，再根据列出等式即可寻找的关系，进而可以得到双曲线的离心率. 【详解】由题意，知双曲线的渐近线方程为． 设双曲线的半焦距为，则右焦点到渐近线的距离． 设点，则，即． 又， 所以， 解得． 故选：A． 8. 已知函数满足且，当时，，则函数在区间上的零点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 5 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】将函数的零点个数问题转化为两个函数图象的交点问题，画出函数图象找交点个数即可. 【详解】由题意，知4为函数的一个周期且函数的图象关于直线对称． 当时，由函数的解析式，两出函数的大致图象如图所示． 当时，函数的图象与函数的图象有且仅有一个交点； 当时，总有．而函数在区间上单调递增且，， 所以函数的图象与函数的图象在区间上没有交点． 综上，函数在区间上的零点个数为1． 故选：B． 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 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. 设为复数，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则与互为共轭复数是的充要条件 D. 若，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的运算公式，以及复数的几何意义，即可判断选项. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，虚数不能比较大小，当时，不满足题意，故B错误； 对于C，若，则，充分性成立．若， 则，即．又，所以，必要性成立． 综上，当时，与互为共轭复数是的充要条件，故C正确； 对于D，由，，知在复平面内，与对应的向量的夹角为，所以，故D正确． 故选：ACD． 10. 如图，在平行四边形中，，且，为的中线，将沿BF折起，使点到点的位置，连接AE，DE，CE，且，则（ ） A. 平面 B. AE与平面所成角的正切值是 C. BC与DE所成的角为 D. 点到平面的距离为 【答案】AB 【解析】 【分析】A.根据线面垂直的判定定理，转化为证明平面；B.首先利用垂直关系说明平面，即可说明与平面所成的角为；C.根据平行关系，将异面直线所成角转化为相交直线所成角，或其补角即为与所成的角；D.利用等体积转化法求点到平面的距离. 【详解】因为，且，所以，． 又为的中线，所以，． 因为，所以．由题意，知，所以． 又，且，平面，所以平面，故A正确； 因为，，，所以平面． 又，所以平面．所以与平面所成的角为． 在中，，．所以，故B正确； 因为，所以或其补角即为与所成的角，连接，在中，，，， 所以由余弦定理，得． 在中，由勾股定理，得． 所以在中，，． 由余弦定理的推论，得，所以， 所以与所成的角为，故C错误； 因为，且，所以．又， 所以． 因为点到平面的距离为，所以由等体积法，得点到平面的距离为，故D错误． 故选：AB 11. 设函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 在上的最大值为 C. 方程只有一个实根 D. ，都有成立 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性和最值即可判断A，B；数形结合即可判断C； 令，利用导数分析函数的单调性即可判断D. 【详解】由题可得，令，则， 当时，，所以，在上单调递减． 又，所以当时，，即，当 时，，即， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上，． 当时，， 所以在上的最大值为，故A错误，B正确； ，即， 由图象知，与的图象只有一个交点，故C正确； 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，当时，， 所以在上先增后减， 又，，所以成立，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】利用导数分析三角函数单调性： 第一，函数解析式中或，图象特点比较复杂； 第二，一阶导函数看正负，原函数看增减.三角函数与其他函数结合的进行求导后，正负号的判断，隐零点卡根取点因为三角函数周期性的变化，处理起来思路繁杂、技巧多； 第三，三角函数会涉及不等式放缩. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆锥的底面周长为，其侧面积与半径为的球的表面积相等，则该圆锥的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求圆锥的底面半径和母线长，进而求圆锥的高和体积. 【详解】设该圆锥的底面半径为，母线长为，则，解得． 因为半径为的球的表面积为，即，解得， 则圆锥的高． 所以该圆锥的体积． 故答案为：． 13. 的展开式中项的系数是_________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】分别求出和展开式的通项公式，则可得，令，可求出，从而可求得结果. 【详解】因为展开式的通项为，， 展开式的通项为，， 所以， 令，因为，， 所以时，可配凑出项， 此时项的系数为． 故答案为：． 14. 已知函数满足其导函数为偶函数，，，在如下三个函数：①；②；③中，共有6个参数a，b，c，d，k，m．请在集合中，取出合适的数赋予上面6个参数．使其满足题目要求，则a，b，c，d，k，m的值分别是__________（按对应的参数顺序写）；此时，在函数③中，的极小值是__________． 【答案】 ①. ，1，，0，， ②. 【解析】 【分析】由，，结合为偶函数，对每个函数分析讨论可求出a，b，c，d，k，m的值，对于③，对函数求后，方法一：由，得，画出的图象，由图象可求得极值点，再判断单调区间可求出极小值，方法二：，则，利用导数可判断单调递减，而，从而可求出的单调区间，进而可求出的单调区间，进而可求出其极小值. 【详解】对于①，因为，所以，显然为偶函数， 因为，所以．又，所以． 对于②，因为，所以． 因为为偶函数，所以，显然．又，所以． 对于③，因为，所以， 易知为偶函数．又，所以． 又，所以． 所以a，b，c，d，k，m的值分别为，1，，0，，． 此时，③中，． 方法一：由，得， 令，画出两函数的图象，如图所示， 由图可知当时，， 所以当时，，则在单调递增， 当或时，，在和单调递减， 所以函数的极小值为． 方法二：令，则，令，得． 令，则， 所以在上单调递减，即在上单调递减， 所以当时，，则在单调递增，即在单调递增， 当时，，则在单调递煘，即在单调递煘， 所以．又， 所以当时，，则在单调递增， 当或时，，在和单调递减， 所以函数的极小值为． 故答案为：，1，，0，，； 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的计算，考查利用导数解决极值问题，求极值时解题的关键是对函数求导后，通过分析导数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值，考查数学转化思想和计算能能力，属于较难题. 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. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）当时，恒成立，求实数的最大值． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）直接代入，对函数求导，根据导数符号与函数单调性的关系即可求解； （2）参变分离，得当时，恒成立，构造函数，求出的最小值即可. 【小问1详解】 当时，， 求导，得． 令，解得（舍去）或， 当时，，即在单调递增； 当时，，即在单调递减， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问2详解】 当时，恒成立， 即当时，恒成立， 令，则， 令，则， 所以当时，，当时，， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以的最小值为， 所以，这表明恒成立， 这意味着在时单调递增， 所以的最小值为. 16. 目前不少网络媒体都引入了虚拟主播，某视频平台引入虚拟主播，在第1天的直播中有超过100万次的观看． （1）已知小李第1天观看了虚拟主播的直播，若小李前一天观看了虚拟主播的直播，则当天观看虚拟主播的直播的概率为，若前一天没有观看虚拟主播的直播，则当天观看虚拟主播的直播的概率为，求小李第2天与第3天至少有一天观看虚拟主播的直播的概率； （2）若未来10天内虚拟主播的直播每天有超过100万次观看的概率均为，记这10天中每天有超过100万次观看的天数为． ①判断为何值时，最大； ②记，求． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）先求出小李第二天和第三天都没有观看虚拟主播直播的概率，然后利用对立事件的概率，即可求解； （2）①由已知服从二项分布，则，进而可得，然后利用比值与1比较大小，即可求解； ②因为，所以可能取值为1或，然后结合①分别求出和的概率代入，即可得解. 【小问1详解】 由已知小李第天和第天都没有观看虚拟主播直播的概率为， 所以小李第天和第天至少有一天观看虚拟主播直播的概率为. 【小问2详解】 ①由已知服从二项分布，所以， 由， 当时，，所以，即， 当时，，所以，即， 综上，当时，最大. ②因为，所以或， 当时，， ， 当时，， ， . 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是理解服从二项分布，由二项分别公式利用与1进行比较大小，得到最大时的取值；由，得到可能取值为1或是所对应的值，结合二项式定理化简得到答案. 17. 如图，三棱锥的所有棱长都是，为的中点，且为FG的中点． （1）求证：平面平面； （2）若，平面与平面夹角的余弦值为，求FG的长． 【答案】（1）证明如下： 连结， 因为，，且点是的中点， 所以，，，且平面， 所以平面， 因为，所以共面， 所以平面和平面是同一平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面； （2）8 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，转化为证明平面即得； （2）根据垂直关系，建立空间直角坐标系，根据二面角的余弦值求的长度. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，平面，且平面， 所以平面平面，且平面平面， 设点是底面上的射影为，点在上， 因为三棱锥的棱长都是，所以，， 以点为坐标原点，过点作与平行的直线为轴，所在直线为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，， 则，，，，，，, 所以，，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 所以平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 整理为，解得：或(舍去)， 所以的长度为8. 18. 已知直线与平面所成的角为，动点在平面内，如果点到直线的距离总是，则点的轨迹为椭圆，如图所示．以该椭圆的中心为坐标原点，长轴所在直线为轴建立平面直角坐标系． （1）求椭圆的方程； （2）设A，B分别为椭圆的左、右顶点，动点在直线上，直线QA交椭圆于另一点，直线QB交椭圆于另一点，探究：直线MN是否经过一定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】（1） （2）直线经过轴上一定点，定点的坐标为 【解析】 【分析】（1）首先确定到直线的距离为的点的轨迹，再根据几何关系，确定椭圆的长轴和短轴长，即可求解椭圆方程； （2）首先设直线的方程，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，并根据直线和过点，得到等量关系式，再根据韦达定理进行整理，即可求解定点坐标. 【小问1详解】 在空间中，到直线的距离为的点的轨迹是以直线为轴，底面半径为的圆柱形曲面，平面截该圆柱形曲面形成椭圆， 设椭圆的方程为， 由题意知，椭圆的短半轴长为， 由直线与平面所成的角为，知椭圆的长半轴长为， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 由图形的对称性，知若直线经过顶点，则定点必在轴上， 假设直线经过轴上一定点， 当直线的倾斜角不为0时，设直线的方程为， 由，得， 设，， 则，， 直线的方程为，直线的方程为， 由题意知，直线与直线相交于点，且点在直线上， 所以，即， 所以， 所以， 所以， 由，得， 代入，得， 即，（*） 当时，（*）式恒成立，所以， 当直线的倾斜角为0时，经检验，也过点， 所以直线经过轴上一定点，定点的坐标为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用直线和的交点在直线上，得到等式，化简等式为本题的关键. 19. 我们把满足下列条件的数列称为数列： ①数列的每一项都是正偶数； ②存在正奇数m，使得数列的每一项除以m所得的商都不是正偶数． （1）若a，b，c是公差为2的等差数列，求证：a，b，c不是数列； （2）若数列满足对任意正整数p，q，恒有，且，判断数列是否是数列，并证明你的结论； （3）已知各项均为正数的数列共有100项，且对任意，恒有，若数列为数列，求满足条件的所有两位数k值的和． 【答案】（1）证明如下： 若 是 数列, 则 都是正偶数, 设 ，则 若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾, 若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾, 若 , 则 除以 3 为 , 是正偶数, 与题中条件 (2) 矛盾, 所以 不是 数列. （2）数列是数列，证明如下： 在 中, 令 , 得 , 所以数列 是首项为 8 , 公比为 8 的等比数列, 所以 , 因为 是正偶数, 所以数列 的每一项都满足题中条件 (1), 因为, 能被 7 整除, 所以 除以 7 的余数为 1 , 即数列 的每一项被 7 除余 1 , 一定不是正整数, 所以一定不是正偶数, 即数列 的每一项都满足题中条件(2), 所以数列 是 数列. （3）1546. 【解析】 【分析】（1）根据数列的定义证明即可； （2）由条件可以得到数列 是等比数列，再判断该数列是否满足数列的两个条件即可； （3）用赋值的方法可知数列 是首项为 , 公差为 的等差数列, 再对 进行化简，进而构造数列，进而再根据数列为数列进行求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为 , 所以 , , 得 . 因为 , 所以 , , 得 . 因为 , 所以 . 在 中, 分别令 , 得 , 所以数列 是首项为 , 公差为 的等差数列, 所以 . 若数列 是 数列, 则 是正偶数, 除以 111 所得的商都不是正偶数, 因为 , 且 , 所以当 为 3 或 37 的正偶数倍时, 数列 不是 数列, 所以满足条件的所有两位数 值的和为 . 【点睛】方法点睛：解答与数列有关的新定义问题的策略 (1)通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的. (2)遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决. (3)类比“熟悉数列"的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列"的性质靠拢. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $