广东省佛山市第一中学2024届高三学业模拟测试（一）数学试题

佛山一中高2024届学业模拟测试（一） 高三数学 本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟 注意事项：1. 答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2. 作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。 3. 考试结束后，将答题卡交回。 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，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．在复平面内，一个正方形的3个顶点对应的复数分别是1＋2i，－2＋i，0，则第4个顶点对应的复数为（    ） A．－1＋2i B．－1＋3i C．3i D． 3．集合，，那么“”是“”的（    ）． A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则// D．若，则 5．设数列，均为公比不等于1的等比数列，前n项和分别为，若，则＝（    ） A． B．1 C． D．2 6．已知圆，过直线上的动点作圆的一条切线，切点为，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 7．已知函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线C相交于A，B两点，则4|AF|＋9|BF|的最小值为（    ） A．26 B．25 C．20 D．18 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．某物理量的测量结果服从正态分布，则（    ） A．该正态分布对应的正态密度曲线关于直线对称 B．越大，该正态分布对应的正态密度曲线越尖陡 C．越小，在一次测量中，的取值落在内的概率越大 D．在一次测量中，的取值落在与落在的概率相等 10．若函数同时具有性质：①对于任意的，，②为偶函数，则函数可能为（    ） A． B． C． D． 11．如图，，，，，弧CD是以OD为直径的圆上的一段圆弧，弧CB是以BC为直径的圆上的一段圆弧，弧BA是以OA为直径的圆上的一段圆弧，三段弧构成曲线w，则下述正确的是（    ） A．曲线w与x轴围成的图形的面积等于2π B．曲线w上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点） C．弧CB所在圆的方程为 D．弧CB与弧BA的公切线方程为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在的展开式中，所有项系数之和为 ；展开式中系数最大项的系数为 ． 13．如图，在三棱柱中，，，分别为，，的中点，设三棱锥体积为，三棱柱的体积为，则 14．双曲线的左､右顶点分别为，过点的直线交该双曲线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，已知轴时，，则双曲线的离心率 ；若点在双曲线右支上，则的取值范围是 . 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．（13分）已知函数, (1)求的最小正周期; (2)在中,三个角所对的边分别为,若,,,求的面积. 16．（15分）如图所示，三棱柱的侧棱垂直于底面，且底面是边长为2的正三角形，，点D，E，F分别是所在棱的中点. （1）在线段上找一点使得平面∥平面，给出点的位置并证明你的结论； （2）在（1）的条件下，求二面角的余弦值. 17．（15分）人工智能正在逐渐改变着我们的日常生活，不过，它所涉及的数学知识并非都是遥不可及的高深理论.为了解“拼音输入法”的背后原理，随机选取甲类题材“新闻稿”中1200字作为样本语料库，其中“一”出现了30次，统计“一”与其后面一个字（或标点）的搭配情况，数据如下： “一”与其后面一个字（或标点）的搭配情况 频数 “一个” 6 “一些” 4 “一穷” 2 “一条” 2 其他 假设用频率估计概率. (1)求的值，并估计甲类题材中“一”出现的概率； (2)在甲类题材“新闻稿”中随机抽取2个“一”，其中搭配“一个”出现的次数为，求的分布列和期望； (3)另外随机选取甲类题材“新闻稿”中800字作为样本语料库进行统计，“一”出现了24次，“一格”出现了2次，若在甲类题材“新闻稿”的撰写中，输入拼音“yige”时，“一个”和“一格”谁在前面更合适？（结论不要求证明） 18．（17分）如图所示，已知椭圆，与轴不重合的直线经过左焦点，且与椭圆相交于，两点，弦的中点为，直线与椭圆相交于，两点． (1)若直线的斜率为，求直线的斜率． (2)是否存在直线，使得成立？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 19．（17分）已知A为有限个实数构成的非空集合，设，，记集合和其元素个数分别为，.设.例如当时，，，，所以. (1)若，求的值； (2)设A是由3个正实数组成的集合且，；，证明：为定值； (3)若是一个各项互不相同的无穷递增正整数列，对任意，设，.已知，，且对任意，，求数列的通项公式. 数学试卷A 第1页，共3页 数学试卷A 第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 佛山一中高2024届学业模拟测试（一） 高三数学参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A C C C B B AC AC 题号 11 答案 BC 1．B 【分析】根据集合的运算结果建立不等式求解. 【详解】由知，， 即，解得， 故选：B 2．B 【分析】由复数的几何意义及向量的坐标运算可求解. 【详解】复数1＋2i，－2＋i，0所对应的点分别是A（1，2），B（－2，1），O（0，0）， 由题意可知，正方形以为邻边，设另一点为D（x，y）， 所以 则，解得， ∴. 故选：B． 3．A 【分析】化简集合，然后利用充分条件及必要条件的定义即得. 【详解】∵集合，， ∴， ∴“” 是“”的充分而不必要条件． 故选：． 4．C 【分析】根据线面位置关系，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】对A：若，则的位置关系不确定，故A错误； 对B：若，则的位置关系不确定，故B错误； 对C：若，则//，故C正确； 对D：若，则的位置关系不确定，故D错误. 故选：C. 5．C 【分析】根据给定等式，可得，再求出数列，的公比即可计算作答. 【详解】由得，，设{}的公比为，{}的公比为， 当时，，即， 当时，，即， 联立两式解得，此时，， 则，，所以. 故选：C 6．C 【分析】连接，，当最小时，最小，计算点到直线的距离得到答案. 【详解】如图所示：连接，则， 当最小时，最小，， 故的最小值为. 故选：C. 7．B 【分析】由条件转化为有解，求出与的切点，数形结合求解即可. 【详解】由题意，， 即有解， 先求与相切时， 过定点，的导数， 设切点为，则由导数可知， 所以，解得， 即切点为，此时切线斜率， 作出函数图象，如图，    由图象可知，当时，存在存在，使得成立. 故选：B 8．B 【分析】设,设出直线方程并与抛物线方程联立,再由焦半径公式,可得,再利用基本不等式可求出最小值. 【详解】由题意,,设, 设直线的方程为, 联立,即,则， 所以， ， 所以， 当且仅当，即时取等号. 所以4|AF|＋9|BF|的最小值为. 故选：B． 9．AC 【分析】利用正态密度曲线的对称性可判断AD选项的正误；利用的大小对正态密度曲线的影响可判断BC选项的正误. 【详解】对于A选项，该正态分布对应的正态密度曲线关于直线对称，A对； 对于B选项，越大，曲线越平，B错； 对于C选项，越小，曲线越陡， 所以，越小，在一次测量中，的取值落在内的概率越大，C对； 对于D选项，因为， 由正态密度曲线的对称性可得 ，D错. 故选：AC. 10．AC 【分析】首先判断B为奇函数，再利用基本不等式判断A、C，利用特殊值判断D； 【详解】解：对于B：， 故为奇函数，故B错误，A，C，D为偶函数； 对于A，，故A对 对于C， ，故C对 对于D，，时，，故D错， 故选：AC． 11．BC 【分析】作出辅助线，分割为一个矩形和一个圆，求出面积之和即可判断A选项； 找到整点个数，判断B选项； 求出弧CB所在圆的圆心为，半径为1，写出圆的标准方程，判断C选项； 设出弧CB与弧BA的公切线方程，利用点到直线距离等于半径求出公切线方程. 【详解】如图所示，连接BC，过点C作CK⊥x轴于点K，过点B作BL⊥x轴于点L，则曲线w与x轴围成的图形的面积等于矩形的面积加上一个半径为1的圆的面积，其中，故，故A错误； 曲线w上有，，，，5个整点，故B正确； 弧CB所在圆的圆心为，半径为1，故圆的方程为，故C正确； 设弧CB与弧BA的公切线方程为，根据图象知，则，，解得，，即公切线方程为，故D不正确． 故选：BC． 12． 1024 120 【分析】利用赋值法计算可得所有项系数之和，确定每个二项式展开式的系数最大项的系数，即可计算作答. 【详解】依题意，所有项系数和； 展开式系数最大的项为，展开式系数最大的项为， 所以系数最大项的系数为120. 故答案为：1024；120 13． 【详解】试题分析：因为D，E，分别是AB，AC的中点，所以S△ADE：S△ABC=1：4， 又F是AA1的中点，所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍． 即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍． 所以V1：V2=S△ADE•h/S△ABC•H＝=1：24 考点：棱柱、棱锥、棱台的体积 14． 【分析】当直线轴时，表达出P，Q两点坐标，从而利用斜率之比求出，求出离心率；（2）设出直线，联立方程，得到两根之和，两根之积，表达出，由渐近线方程求出，进而求出的取值范围. 【详解】当轴时，， 所以，从而，所以； 由题意知，.设直线的方程为， 联立，整理得： 又 故 所以可知，当点在右支运动时，由渐近线方程为可知：，故. 故答案为：， 15．(1) (2) 【分析】(1)运用辅助角公式进行化简为的形式,进而求出最小正周期即可; (2)先由,求得,再由用正弦定理,再将代入展开化简即可得,故为等边三角形,再由,即可求面积. 【详解】（1）解:由题知 , 的最小正周期; （2）由于在中,三个角所对的边分别为,, , , , , , 在中由正弦定理得, , 又有 , , , ,, 中的内角,且, , , 的面积. 16．（1）点与点重合，证明见解析，（2） 【分析】（1）首先连接，.根据三角形中位线得到，根据四边形是平行四边形，得到，即证平面∥平面. （2）首先以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.分别求平面和平面的法向量，再代入二面角公式计算即可. 【详解】（1）点与点重合，证明如下： 连接，. 因为分别是和的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. 因为分别是和的中点，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面. 又因为，所以平面平面. （2）以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴 建立如图所示的空间直角坐标系. 由（1）可得二面角即. 则，，. 所以，. 因为平面平面，所以平面的法向量即平面的法向量， 设为，则. 令，则. 因为，，. 所以，. 设平面的一个法向量为. 则， 令，则. 则. 由图易知二面角的平面角是锐角，所以余弦值为. 【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离. 17．(1)16； (2)分布列见解析； (3)“一个”在前更合适 【分析】（1）根据表中数据即可求得a的值；根据古典概型的概率公示可求得甲类题材中“一”出现的概率； （2）确定，根据二项分布的概率计算即可求得答案； （3）计算样本语料库A，中“一个”和“一格”出现的概率，比较大小，可得结论. 【详解】（1）由题意可得； 故甲类题材中“一”出现的概率为； （2）由题意在甲类题材“新闻稿”中随机抽取2个“一”，搭配“一个”出现的概率为， 则，则,, , 故X的分布列为： X 0 1 2 P 则. （3）由题意知样本语料库中“一格”出现的概率为， 甲类题材中“一个”出现的概率为， 由于，故输入拼音“yige”时，“一个”在前面更合适. 18．(1) (2)或 【分析】（1）由题意，求出直线的方程，设出点，的坐标，联立方程组可得，的坐标及其中点的坐标，即可得直线的斜率； （2）假设存在直线使得成立，讨论直线斜率的情况，联立方程组分析可得是否满足题意，即可得答案. 【详解】（1）解：由已知可得，又直线的斜率为，所以直线的方程为， 设，， 由，解得，， 所以的中点， 于是直线的斜率为； （2）解：假设存在直线，使得成立， 当直线的斜率不存在时，的中点， 所以,，矛盾； 故直线斜率存在，可设直线的方程为（）， 联立直线与椭圆方程得， 则，， 于是， 点的坐标为， ， 直线的方程为， 联立椭圆于直线，得， 设，则， 由题意， 即， 化简得，故， 所以直线的方程为或. 【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． (2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 19．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题中的定义，列举出，即可； （2）先列举，，，中可能元素，根据集合的互异性判断元素个数差即可； （3）类比（1）（2）当数列由到，为保证成立，则必有其成等差数列，故猜想，可用数学归纳法给予证明. 【详解】（1）当时，，， ，所以； （2）设，其中， 则， ， 因， ， 因， 所以，，，， 又 ， ，， 所以， 因，，， ， ， 因，，，， 所以，，，， ，，， 所以 所以为定值； （3）， 若， 则， , 故， ， 此时，不符合题意， 故， 猜想，下面给予证明， 当时，显然成立， 假设当，时，都有成立，即， 此时，， 故，， ，符合题意， ， 则， ， 若， 的元素个数小于 的元素个数， 则有， 不符合题意，故， 综上，对于任意的，都有， 故数列的通项公式. 【点睛】关键点点睛：本题的核心是利用集合的新定义，列举集合中元素，注意集合的互异性，进而得到集合的元素个数. 数学答案 第1页，共2页 数学答案 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$