云南贵州广西省2024届3+3+3高考备考诊断性联考卷（一）数学(1)

这是一份云南贵州广西省2024届3+3+3高考备考诊断性联考卷（一）数学(1)，共15页。试卷主要包含了若，则，已知曲线的方程为，若过点可以作三条直线与曲线等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.每小题选出答案后，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.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共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.或
C.D.或
2.设复数的共轭复数为，且，则（ ）
A.iB.C.2D.
3.已知函数，设甲：函数是偶函数，乙：，则甲是乙的（ ）
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.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆雉，若直角圆雉底面圆的半径为1，则其内接正方体的棱长为（ ）
A.B.C.D.
5.若，则（ ）
A.3B.2C.D.
6.袋子中装有大小、形状完全相同的3个白球和2个红球，现从中不放回地摸取两个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为（ ）
A.B.C.D.
7.已知曲线的方程为：，点A，B的坐标分别为，，过点的直线交曲线于C，D两点，且B，C，D三点不共线，则的周长为（ ）
A.B.C.D.
8.若过点可以作三条直线与曲线：相切，则的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.对于下列概率统计相关知识，说法正确的是（ ）
A.数据1，2，3，4，5，6，8，9，11的第75百分位数是7
B.若事件M，N的概率满足，且M，N相互独立，则
C.由两个分类变量，的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断，独立
D.若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
10.已知平面向量，满足，，，，则下列说法正确的是（ ）
A.B.
C.D.，恒成立
11.已知圆：，过直线：上一点作圆的两条切线，切点分别为A，B，则（ ）
A.若点的坐标为，则B.面积的最小值为
C.直线过定点D.
12.如图，在菱形中，，，将沿折起，使到，点不在底面内，若为线段的中点，则在翻折过程中，以下说法正确的是（ ）
A.
B.四面体的表面积的最大值为
C.不存在点，使得
D.当二面角的余弦值为时，四面体的内切球的半径为
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.的展开式中第五项为______.（系数用数字作答）
14.已知动圆过点，且与直线相切，则圆心的轨迹方程为______.
15.已知函数的定义域为，且为偶函数，其图象关于点对称.当时，，则______.
16.如图，已知动圆和定圆（为坐标原点）的半径分别为1和2，动圆的圆心的初始坐标为，动圆上的点的初始坐标为，动圆逆时针沿定圆滚动，则在滚动过程中，点离开其初始位置距离的最大值为______.
四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.（本小题满分10分）
记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知，，成等差数列，且，.
（1）求角；
（2）求角的内角平分线的长.
18.（本小题满分12分）
已知数列的前项积为，且，.
（1）求证：数列是等差数列，并且求其通项公式；
（2）证明：.
19.（本小题满分12分）
某校高一年级举行数学史知识竞赛，每个同学从10道题中一次性抽出4道作答.小张有7道题能答对，3道不能答对；小王每道答对的概率均为，且每道题答对与否互不影响.
（1）分别求小张，小王答对题目数的分布列；
（2）若预测小张答对题目数多于小王答对题目数，求的取值范围.
20.（本小题满分12分）
如图甲，在矩形中，，，，为边上的点，且.将沿翻折，使得点到，满足平面平面，连接，，如图乙.
甲乙
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的正弦值的大小.
21.（本小题满分12分）
已知双曲线的方程为：，若点是曲线上一点，以点为切点作双曲线的切线.
（1）求证：切线的方程为；
（2）分别过双曲线的左焦点和右焦点作切线的垂线，垂足分别为，.求证：为定值.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若，且，求证：.
2024届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（一）
数学参考答案
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
【解析】
1.因为，，则，所以，故选D.
2.设（），则，由，可得，所以，所以，故选A.
3.为偶函数，则，解得，当时，；又当时，为偶函数，所以甲是乙的必要不充分条件，故选B.
4.沿正方体上底面的对角线作圆锥的轴截面，设正方体的棱长为，则由三角形相似可得，即，所以正方体棱长为，故选C.
5.，故选B.
6.记为第次摸到的是红球，则，又，，所以，故选A.
7.设曲线上任意一点为，则由题设可得，可得曲线的轨迹是以A，B为焦点且长轴长为的椭圆，所以的周长等于，故选.
8.设一个切点为，则由，可得该点处的切线方程，当经过点时，有，即，则过点切线的条数即为方程的解的个数.设，则，所以在，上单调递减，在上单调递增.当时，，当时，，又由，，可得时，有三个解，故选D.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
【解析】
9.对于选项A，9个数据从小到大排列，由于，所以第75百分位数应该是第7个数8，故A错误；对于选项B，由M，N相互独立得：，所以，，故B正确：对于选项C，由，可以认为和独立，故C正确：对于选项D，样本点都在直线，说明是负相关且为线性函数关系，所以相关系数为，故D正确，故选BCD.
10.对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，因为，所以B错误；
对于C，因为，都是单位向量，由平行四边形法则和菱形性质知对应有向线段平分，的夹角，由题设知，所以C正确；
对于D，由A选项知：，所以由向量减法的几何意义直接看出结果成立.
另法：恒成立，则，即，整理得，此式恒成立，所以，恒成立，所以D正确，故选ACD.
11.A选项，如图1，由圆的切线性质及勾股定理可得：，所以A选项正确：B选项，到直线的距离为，而，所以的最小值为，所以三角形面积的最小值为，所以B选项错误：C选项，设，，线段的中点坐标为，所以以为直径的圆的方程为，，由，两式相减得直线的方程为：，，由解得，所以直线过定点，C选项正确（法二：直线的方程也可直接由圆的切点弦方程直接求出）；D选项，由C选项知，圆心到直线的距离，所以，D选项正确，故选ACD.
图1
12.对于A选项，如图2，连接交于点，连接，则由题设知，，所以平面，故，A选项正确；对于B，由题意可知，因为，故，当且仅当时取得等号，故，的最大值为2，而，则四面体的表面积的最大值为，B正确：C选项，不妨假设存在点，使得，取的中点为，连接，，M为线段的中点，故；由于在菱形中，，，而为线段的中点，故.由于，，平面，故平面，平面，故，而，故，即为正三角形，则，故.又，且，故.由于，故.因为，满足，即当时，使得，C错误：对于D，因为，，故为二面角的平面角，即，所以，即，而，则四面体为正四面体，故将其补成如图3所示正方体，且正方体棱长为，则四面体的体积，则四面体的内切球半径，D错误，故选AB.
图2 图3
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【解析】
13.设展开式的第项是，令，所以.
14.由题意可知：圆心到点的距离与到直线的距离相等，所以根据抛物线的定义可知圆心的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，故得圆心的轨迹方程为.
15.由已知，且，，即函数是以24为周期的周期函数，故.
16.如图4所示，设圆逆时针绕圆转过的圆心角，点转到点，则由题设知，过点作轴，再过点作，垂足为，则.设，则，，所以，令，则，，又，.由，得；，得，易知，故.
图4
四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.（本小题满分10分）
解：（1）因为，，成等差数列，所以.
由正弦定理得，又，，所以.
由余弦定理得，，，故.
（2）由三角形内角平分线性质知：，
又C，D，B三点共线，所以，
所以.
18.（本小题满分12分）
证明：（1）由数列的前项积为，得，
由题设，
可得，
所以数列是等差数列.
由题设，故，，，
所以是首项为，公差为的等差数列，
故.
（2）
.
19.（本小题满分12分）
解：（1）设小张答对的题目数为，可知随机变量服从超几何分布，的取值分别为1，2，3，4.
有，，
，，
故小张答对的题目数的分布列为
设小王答对的题目数为，可知随机变量服从二项分布，的取值分别为0，1，2，3，4，
有，
，
，
，
.
故小王答对的题目数的分布列为
（2）由（1）可知，，
若预测小张答对的题目数多于小王答对的题目数，
则，即，可得.
20.（本小题满分12分）
（1）证明：如图5，过在平面内作交于，
因为平面平面，平面平面，所以平面.
故，又，所以平面，
故，
在中，，，.
同理，在中，，
，.
又，平面.
又平面，平面平面.
图5
（2）解：如图，作，垂足为，在中，可得，，
由（1）知，，平面平面，
以点为坐标原点，，分别为x，y轴，过点垂直平面为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，
则，，.
由（1）知平面，所以是平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，
则即
令，可得，，
，
，
又，则.
所以二面角的正弦值为.
21.（本小题满分12分）
证明：（1）法1：导数法法2：判别式法（略）
由双曲线的方程，可得，
即或，
其中函数的图象即为双曲线在轴的上半部分，函数的图象即为双曲线在轴的下半部分.
1、当时，由导数的几何意义可知：以点为切点的切线斜率，
所以切线方程为：，
即①.
又，故，
代入①整理得，
又切点在双曲线上，故，
所以切线方程为：.
2、当时，以点为切点的切线斜率，
所以切线方程为：，
即②.
又，故，
代入②整理得.
又切点在双曲线上，故，
所以切线方程为：.
3、当时，切点为，切线方程为，满足，
综上：上一点为切点的切线的方程为.
（2）由（1）知，切线的方程可化为，
由点到直线的距离公式得
，
由，可得，
代入上式分母整理得，
所以，
所以为定值.
22.（本小题满分12分）
（1）解：，
.
令，得或；令，得，
故函数的单调递增区间为：，：递减区间为：.
（2）证明：法一：构造函数
法二：对数均值（略）注：若用此法证，要首先证明对数均值不等式，否则酌情扣2-3分.
法一：由（1）知，
先证明：，
构造函数.
则，
所以在上恒成立.
故在上单调递增，有，
所以在上恒成立.
又，所以，
又，，由（1）知在上单调递减，
故，即.①
再证明：，
构造函数，
则，
所以在上恒成立，
故在上单调递增，有，
所以在上恒成立.
又，所以，
又，，由（1）知在上单调递增，
故，即.②
由①、②得.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
A
B
C
B
A
D
D
题号
9
10
11
12
答案
BCD
ACD
ACD
AB
题号
13
14
15
16
答案
135
8
X
1
2
3
4
P
Y
0
1
2
3
4
P