【九省联考题型】备战2024高考三模数学模拟训练卷05（原卷版）

这是一份【九省联考题型】备战2024高考三模数学模拟训练卷05（原卷版），共16页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知，且，求，双曲线，已知，则，设、为复数，则下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
3.考试结束，考生必须将试卷和答题卡一并交回
1．从某班所有同学中随机抽取10人，获得他们某学年参加社区服务次数的数据如下：4，4，4，7，7，8，8，9，9，10，根据这组数据，下列说法正确的是（ ）
A．众数是7B．平均数是7
C．第75百分位数是8.5D．中位数是8
2．椭圆上一点与它的一个焦点的距离等于4，则点与另一个焦点的距离等于（ ）
A．2B．6C．8D．16
3．在等差数列中，是数列的前项和，，则（ ）
A．100B．50C．90D．45
4．已知空间中，l、m、n是互不相同直线，、是不重合的平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，则
5．7个人站成两排，前排3人，后排4人，其中甲乙两人必须挨着，甲丙必须分开站，则一共有（ ）种站排方式．
A．672B．864C．936D．1056
6．若动点在上移动，则点与点连线的中点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知，且，求（ ）
A．B．C．D．
8．双曲线：的左、右焦点分别为，，直线过且与双曲线C左支交于点P，原点O到直线的距离为，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
9．已知，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称
C．函数在区间上单调递减
D．若，则
10．设、为复数，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则或
C．若，则
D．若，则在复平面对应的点在一条直线上
11．定义域为的函数，对任意，，且不恒为0，则下列说法正确的是（ ）
A．B．为偶函数
C．D．若，则
12．已知，集合，则的取值范围是 .
13．在四面体中，，若，则四面体体积的最大值是 ，它的外接球表面积的最小值为 .
14．定义：为实数中较大的数．若，则的最小值为 ．
15．（13分）已知函数.
(1)当曲线在点处的切线与直线垂直时，求a的值；
(2)讨论的极值点的个数.
16．（15分）某班为了庆祝我国传统节日中秋节，设计了一个小游戏：在一个不透明箱中装有4个黑球，3个红球，1个黄球，这些球除颜色外完全相同.每位学生从中一次随机摸出3个球，观察颜色后放回.若摸出的球中有个红球，则分得个月饼；若摸出的球中有黄球，则需要表演一个节目.
(1)求一学生既分得月饼又要表演节目的概率；
(2)求每位学生分得月饼数的概率分布和数学期望.
17．（15分）如图，在四棱锥中，平面，．，E为的中点，点在上，且．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值；
18．（17分）设A，B为抛物线C：（）上两点，直线的斜率为4，且A与B的纵坐标之和为2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知O为坐标原点，F为抛物线C的焦点，直线l交抛物线C于M，N两点（异于点O），以为直径的圆经过点O，求面积的最小值．
19．（17分）某区域中的物种拥有两个亚种（分别记为种和种）.为了调查该区域中这两个亚种的数目，某生物研究小组计划在该区域中捕捉个物种，统计其中种的数目后，将捕获的生物全部放回，作为一次试验结果.重复进行这个试验共次，记第次试验中种的数目为随机变量.设该区域中种的数目为，种的数目为，每一次试验均相互独立.
(1)求的分布列；
(2)记随机变量.已知，；
（ⅰ）证明：，；
（ⅱ）该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为.数据的平均值，方差.采用和分别代替和，给出，的估计值.
评卷人
得分
一、单选题（本题8题，每题5分，共40分）
评卷人
得分
二、多选题（本题3题，每题6分，共18分，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
评卷人
得分
三、填空题（本题共3题，每题5分，共15分）
评卷人
得分
四、解答题（本题共5题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
【九省联考题型】备战2024高考三模模拟训练卷（5）
参考答案：
1．B
【分析】根据众数，平均数，中位数，百分位数的定义逐一判断即可.
【详解】由题意可知，众数是4，A错；
中位数为，D错；
平均数为，B对；
因为为10×75%=7.5，所以第75百分位数为第8个数9，C错.
故选：B.
2．D
【分析】根据椭圆定义即可求得.
【详解】椭圆中，所以，
由椭圆的定义可得，
又，所以，即点到另一个焦点的距离是16．
故选：D．
3．D
【分析】利用等差数列的前项和公式和等差数列的项的“等和性”计算即得.
【详解】由题意得．
故选：D.
4．D
【分析】对A、B、C选项，可通过找反例排除，对D选项，可结合线面平行的性质及面面垂直的判定定理得到.
【详解】对A选项：若，，，则可能与平行或异面，故A错误；
对B选项：若，，则与可能平行或相交，故B错误；
对C选项：若，，，，可能，
此时与可能平行或相交，故C错误；
对D选项：若，则必存在直线，使，
又，则，又，则，故D正确.
故选：D.
5．D
【分析】分甲站在每一排的两端和甲不站在每一排的两端这两种情况解答即可.
【详解】当甲站在每一排的两端时，有4种站法，此时乙的位置确定，剩下的人随便排，有种站排方式；

当甲不站在每一排的两端时，有3种站法，此时乙和甲相邻有两个位置可选，丙和甲不相邻有四个位置可选，剩下的人随便站，有种站排方式；

故总共有种站排方式.
故选：D．
6．A
【分析】设PQ的中点为，根据中点坐标公式可得，表示出点P的坐标，代入曲线方程即可求解.
【详解】设PQ的中点为，
则，解得，
即，又点P在曲线上，
所以，即，
所以PQ的中点的轨迹方程为.
故选：A
7．A
【分析】利用平方关系和两角差的余弦公式计算.
【详解】因为，所以，，
，
故选：A.
8．D
【分析】由题意首先根据对称性得出，又，所以可依次求得，又，再由平方关系可得，又，所以结合直角三角形中锐角三角函数的定义以及余弦定理可得方程，结合平方关系离心率公式运算即可求解.
【详解】如图所示：
，垂足为点，由题意，又，所以，，
又因为原点是的中点，所以，
解得，
又，
所以由余弦定理，整理得，
又，所以，即，解得，
从而所求离心率为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是画出图形，通过数学结合、双曲线的定义以及解三角形知识即可顺利求解，综合性比较强.
9．ACD
【分析】运用辅助角公式化简，得到，再结合正弦型图象与性质，三角函数图象的平移变换逐项判断即可.
【详解】由，得，
对于：最小正周期为，所以正确；
对于：将函数的图象上所有点向右平移，
所得图象的函数解析式为，
而为奇函数，所以其图象关于原点对称，所以错误；
对于：令，，化简得，
当时，，又因为，
所以函数在单调递减，所以正确；
对于选项：因为，所以，
所以，所以，
即得，也就是，
所以正确.
故选：．
10．BD
【分析】利用特殊值法可判断AC选项；设，，根据模长运算和复数乘法运算可判断B选项；设，，，根据模长运算和复数乘法运算可判断D选项.
【详解】对于A，令，，则，此时，A错误；
对于B，设，，则，
所以，，即，则；
若，则成立，此时；
若，，由知；由知：，此时；
同理可知：当，时，；
若，，由得：，则，此时；
综上所述：若，则或，B正确；
对于，令，，则，此时，C错误；
对于D，设，，，
则，，
由，可得，
所以，
又、不全为零，
所以表示一条直线，
即在复平面对应的点在一条直线上，故D正确.
故选：BD.
11．BC
【分析】对于A，令，或，结合不恒为0，可得，由此即可判断；对于B，由，不妨令，即可判断；对于C，令，通过换元即可判断；对于D，令，得关于中心对称，结合为偶函数，可得为周期为4的函数，算出即可判断.
【详解】对于A，令，有，所以或，
若，则只令，有，即恒为0，
所以只能，故A错误；
对于B，由A可知，不妨令，有，
即，且函数的定义域为全体实数，它关于原点对称，所以即为偶函数，故B正确；
对于C，令，有，令，由，得，
所以当时，有，即当时，，故C正确；
对于D，若，令，有，
所以关于中心对称，
又为偶函数，
所以，所以是周期为4的周期函数，
又，，所以，
所以，
所以，故D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点睛：A选项的关键是得到或，还要令，结合题意得到只能，否则后续判断BCD很难入手.
12．
【分析】由补集运算得，再结合并集运算与数轴数形结合可得的取值范围.
【详解】因为，所以或.
又因为，
观察与在数轴上表示的范围，如图所示：
所以当时，.
故答案为：.
13．
【分析】根据余弦定理以及不等式可得，进而可求解面积的最大值，进而根据，即可求解高的最大值，进而可求解体积，根据正弦定理求解外接圆半径，即可根据球的性质求解球半径的最小值，即可由表面积公式求解.
【详解】由余弦定理可得,
故，所以，
当且仅当时取等号，故，
故面积的最大值为，
，
由于，所以点在以为直径的球上（不包括平面），故当平面平面时，此时最大为半径，
故，
由正弦定理可得：，为外接圆的半径，
设四面体外接球半径为,则,其中分别为球心和外接圆的圆心，故当时，此时最小，
故外接球的表面积为,
故答案为：,
14．
【分析】先根据的范围，讨论的大小关系，在每种情况中分别用均值不等式和不等式的性质确定的范围，即可得解．
【详解】设，
则由题意可得，
因为，所以
①当时，，
只需考虑，
所以，，
所以，可得，当且仅当时取等号；
②当时，，只需考虑，
所以，
可得，当且仅当时取等号.
综上所述，的最小值为2.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是在利用均值不等式和不等式的性质时，特别注意同向不等式的应用和均值不等式成立的条件.
15．(1)或
(2)时，有且只有1个极值点，当时，有2个极值点.
【分析】（1）求导，利用导数的几何意义得到切线斜率，进而表达出切线方程，根据斜率乘积为-1得到方程，求出a的值；
（2）求定义域，求导，对导函数因式分解，分和两种情况，进行分类讨论，得到函数的极值点情况.
【详解】（1），
，故，
故在点处的切线方程为，
由于该切线与直线垂直，故，解得或，
综上，或
（2）定义域为R，
，
当时，令得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故为的极小值点，
当时，令得或，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极小值，也是最小值，
最小值为，
所以恒成立，
令得或，此时单调递增，
令得，此时单调递减，
故为函数的极小值点，为函数的极大值点，
此时函数有2个零点，
综上，时，有且只有1个极值点，
当时，有2个极值点.
【点睛】方法点睛：极值点个数的判断问题，一般转化为零点的个数，注意求出导函数的零点，此零点不一定是原函数的极值点，还要结合函数的单调性或函数图象进行验证.
16．(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
【分析】（1）由题意分析可知有两种可能：“2个红球1个黄球”和“1个黑球，1个红球，1个黄球”，进而结合组合数运算求解；
（2）由题意可知的可能取值为：0，1，2，3，结合超几何分布求分布列和期望.
【详解】（1）记“一学生既分得月饼又要表演节目”为事件A，
可知有两种可能：“2个红球1个黄球”和“1个黑球，1个红球，1个黄球”，
所以.
（2）由题意可知的可能取值为：0，1，2，3，则有：
，
，
可得的分布列为
所以.
17．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，进而证明出线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，求出两法向量的夹角余弦值，进而求出二面角的正弦值.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
因为，，平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
，E为的中点，点在上，且，
故，
设，由得，
解得，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，所以，
又平面的法向量为，
故，

故二面角的正弦值为.
18．(1)
(2)48
【分析】（1）由题意设出点的坐标，结合点的坐标满足抛物线方程，直线的斜率为4，且A与B的纵坐标之和为2可列出方程，进而求得的值，从而即可得解.
（2）由题意可得，进一步，设出直线方程将其与抛物线方程联立，结合韦达定理可得直线过定点，再结合韦达定理将的面积表示出来，进一步即可得其最小值.
【详解】（1）设，则，，．
直线的斜率，
解得，所以抛物线C的方程为．
（2）
设直线l的方程为，，，
联立，消去x得，且，
由韦达定理得，．
以MN为直径的圆经过点O，即，
因为M，N两点异于点O，所以解得，
即，则，直线l恒过定点．
易知，，当且仅当，即直线l的方程为时取等号；
故面积的最小值为48.
【点睛】关键点睛：第一问的关键是设点不设线，从而减少计算量，第二问的关键是数形结合，首先联立方程与抛物线方程，结合已知得到直线过定点，从而即可顺利求解.
19．(1)分布列见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ），
【分析】（1）根据条件，判断服从超几何分布，再利用超几何分布的分布列即可求出结果；
（2）（ⅰ）直接利用均值和方差的性质即可证明结果；
（ⅱ）先利用第（ⅰ）中的结论，求出，，再结合条件建立方程组，从而求出结果.
【详解】（1）依题意，均服从完全相同的超几何分布，故的分布列为.
（2）（ⅰ）由题可知
，
，
故，
（ⅱ）由（ⅰ）可知的均值
先计算的方差
所以
依题意有
解得，．
所以可以估计，．
【点睛】本题的关键在于利用超几何分布的分布列、均值和期望.
0
1
2
3