2024届广东省湛江市高三一模数学试题

这是一份2024届广东省湛江市高三一模数学试题，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知函数是偶函数，则实数（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，均为单位向量，，若向量与向量的夹角为，则（ ）
A．B．C．D．
4．中国是瓷器的故乡，中国瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟大贡献．下图是明清时期的一件圆台形青花缠枝纹大花盆，其上口直径为20cm，下底直径为18cm，高为24cm，则其容积约为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，是的导函数，即，，…，，，则（ ）
A．2021B．2022C．2023D．2024
6．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件“甲、乙两人均未选择B选项”，则（ ）
A．事件M与事件N相互独立B．事件X与事件Y相互独立
C．事件M与事件Y相互独立D．事件N与事件Y相互独立
二、多选题
9．某养老院有110名老人，经过一年的跟踪调查，过去的一年中他们是否患过某流行疾病和性别的相关数据如下表所示：
下列说法正确的有（ ）
参考公式：，其中．
附表：
A．
B．
C．根据小概率值的独立性检验，认为是否患过该流行疾病与性别有关联
D．根据小概率值的独立性检验，没有充分的证据推断是否患过该流行疾病与性别有关联
10．已知抛物线C：的焦点为F，过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，设直线l的斜率为k，则下列选项正确的有（ ）
A．
B．若以线段AB为直径的圆过点F，则
C．若以线段AB为直径的圆与y轴相切，则
D．若以线段AB为直径的圆与x轴相切，则该圆必与抛物线C的准线相切
11．在直三棱柱中，，，，分别为和的中点，为棱上的一点，且，则下列选项中正确的有（ ）
A．三棱柱存在内切球
B．直线被三棱柱的外接球截得的线段长为
C．点在棱上的位置唯一确定
D．四面体的外接球的表面积为
三、填空题
12．已知全集为实数集，集合，，则 ．
13．已知点P为直线上的动点，过P作圆的两条切线，切点分别为A，B，若点M为圆上的动点，则点M到直线AB的距离的最大值为 ．
14．已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，过点的直线l交椭圆C于A，B两点，若，，则椭圆C的离心率为 ．
四、解答题
15．已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A；
(2)若外接圆的直径为，求的取值范围．
16．如图，在四棱锥中，底面为菱形，是边长为2的等边三角形，．
(1)证明：平面平面；
(2)若点为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
17．甲进行摸球跳格游戏．图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开始在第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第n格的概率为．
(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X，求X的分布列和期望；
(2)证明：数列为等比数列．
18．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：．
19．已知为双曲线上一点，分别为双曲线的左、右顶点，且直线与的斜率之和为．
(1)求双曲线的方程；
(2)不过点的直线与双曲线交于两点，若直线的倾斜角分别为和，且，证明：直线过定点．
性别
是否患过某流行疾病
合计
患过该疾病
未患过该疾病
男
b
女
c
合计
80
110
0.1
0.05
0.025
0.01
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
参考答案：
1．B
【分析】根据偶函数定义可直接构造方程求得结果.
【详解】，为偶函数，
，则，解得：.
故选：B.
2．A
【分析】利用复数的除法运算可得，再由共轭复数定义可得.
【详解】由可得，
则.
故选：A
3．D
【分析】由向量的夹角和模长公式求解即可.
【详解】因为向量，均为单位向量，，
所以，，
因为，所以，
，
所以.
故选：D.
4．C
【分析】根据上下底面直径分别计算出上、下底面面积，代入公式计算即可得出结果.
【详解】依题意可得该圆台形大花盆的上底面面积为，
下底面面积为，又高为，
代入圆台体积公式可得.
故选：C
5．B
【分析】求函数的导数，找到函数的规律即可.
【详解】解：因为，
所以；
；
；
；
……，
由此规律可得：.
所以.
故选：B.
6．D
【分析】由的范围可求得的范围，结合正弦函数单调性，采用整体代换的方式即可构造不等式组求得结果.
【详解】当时，，
在上单调递增，，
解得：，又，，
解得：，又，，，
即的取值范围为.
故选：D.
7．A
【分析】利用不等式，将等式左边转化为因式表示，求解即可.
【详解】因为，得：（当且仅当时成立），
即得：，
则，
得：，
所以的最小值为，
故选：A.
8．C
【分析】根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可得出答案.
【详解】依题意甲、乙两人所选选项有如下情形：
①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同，
所以，，，，
因为事件与事件互斥，所以，又，
所以事件M与事件N不相互独立，故A错误；
，故B错误；
由，则事件M与事件Y相互独立，故C正确；
因为事件N与事件Y互斥，所以，又，
所以事件N与事件Y不相互独立，故D错误.
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于先求出，，，，再根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可.
9．ABC
【分析】利用表格中提供数据可判断A正确，代入计算可判断B正确，结合附表参考数据可得C正确，D错误.
【详解】根据列联表中的数据可求得；
对于A，代入计算可得，正确；
对于B，经计算可得，可得B正确；
对于CD，结合附表数值以及独立性检验的实际意义，可认为根据小概率值的独立性检验，认为是否患过该流行疾病与性别有关联，即C正确，D错误；
故选：ABC
10．ABC
【分析】联立直线l与抛物线消去x得y2﹣4my+4＝0，由可判断A；利用韦达定理和FA⊥FB列式可解得m2＝2，再用弦长公式可得弦长可判断B；若以线段AB为直径的圆与y轴相切，则解出，再用弦长公式可得弦长可判断C；由，可得无解可判断D.
【详解】设，直线的方程为，，的中点为，
由消去并整理得：，得，
由题意，，所以，即，
所以，则，故A正确；
以线段为直径的圆过点，所以，所以，
又，
所以，
，解得满足题意.
由，得，所以B正确；
若以线段AB为直径的圆与y轴相切，则，
又，所以，
解得：，所以，故C正确；
若以线段AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，则，即，
又，所以无解，所以D错误.

故选：ABC.
11．ABD
【分析】根据三棱柱若存在内切球，则球心必为中截面的内切圆圆心可确定A正确；根据球的性质可知直线被外接球截得的线段长为矩形的外接圆直径，由此可得B正确；利用垂直关系，结合勾股定理构造方程可求得C错误；设，四面体的外接球半径为，利用勾股定理可构造方程组求得，代入球的表面积公式可知D正确.
【详解】对于A，取棱中点，连接，
若三棱柱存在内切球，则三棱柱内切球球心即为的内切圆圆心，
的内切圆半径即为的内切圆半径，又，，，
，的内切圆半径，
即的内切圆半径为，
又平面、平面到平面的距离均为，
三棱柱存在内切球，内切球半径为，A正确；
对于B，取中点，中点，中点，连接，
，为的外接圆圆心，又，平面，
为三棱柱的外接球的球心；
平面，平面，，
又，，平面，平面，
，平面，为四边形的外接圆圆心，
四边形为矩形，
直线被三棱柱截得的线段长即为矩形的外接圆直径，
，直线被三棱柱截得的线段长为，B正确；
对于C，在平面中作出矩形，
设，则，
，，，
又，，即，
解得：或，为棱的三等分点，不是唯一确定的，C错误；
对于D，取中点，
，为的外接圆圆心，且，
则四面体的外接球球心在过且垂直于平面的直线上，
平面，平面，
设，四面体的外接球半径为，
，解得：，，
四面体的外接球表面积为，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题考查多面体的外接球、内切球相关问题的求解，解题关键是能够根据几何体外接球和内切球的定义及性质，确定球心所在的位置，从而利用长度关系来构造方程求得半径.
12．
【分析】解不等式可分别求得集合，根据并集和补集定义可得到结果.
【详解】由得：，即；
由得：，即，，.
故答案为：.
13．
【分析】根据意义可设，求出直线的方程为，且恒过定点，所以点M到直线AB的距离的最大值为.
【详解】设，则满足；
易知圆的圆心为，半径；
圆的圆心为，半径，如下图所示：
易知，所以，即，整理可得；
同理可得，
即是方程的两组解，
可得直线的方程为，联立，即；
令，可得，即时等式与无关，
所以直线恒过定点，可得；
又在圆内，当，且点为的延长线与圆的交点时，点到直线的距离最大；
最大值为；
故答案为：
14．
【分析】由题意可得出，设，则，，椭圆的定义可得，再由余弦定理可得，在中，由余弦定理即可求出椭圆C的离心率.
【详解】由，得为线段的中点，且点在椭圆外，所以，
则，又，所以为线段的中点，所以，
设，则，又，所以，
由椭圆的定义可知：，得，
如图，延长交椭圆C于点，连接，则由椭圆的对称性可知，
，又，故，
由余弦定理可得：，
在中，，由余弦定理可得，
即，
所以椭圆C的离心率为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．
15．(1)
(2)
【分析】（1）由两角和与差的余弦公式、正弦定理化简已知式即可得出答案；
（2）由正弦定理可得，由两角差的正弦公式和辅助角公式可得，再由三角函数的性质求解即可.
【详解】（1）由可得：，所以，
所以，
，
，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
因为，所以.
（2）由正弦定理可得，
所以，
故，
又，所以，
所以
，又，所以，
所以，所以的取值范围为.
16．(1)答案见解析.
(2).
【分析】先利用勾股定理证明线线垂直，再利用线面垂直判定定理得出线面垂直，最后得到面面垂直，在此基础上建立空间直角坐标系，得出两个平面的法向量后求解.
【详解】（1）由题意得，又，
所以，，所以，，
因为底面为菱形，则，
故，平面，平面，，
所以平面，平面，所以平面平面.
（2）
由（1）知平面，而平面，所以，故底面为正方形.
设的中点为，连接，在平面内作，
因为为等边三角形，所以，故平面.
如图，以为坐标原点，以为正交基地，建立空间直角坐标系，
则，，，，所以,
故，，.
设为平面的法向量，则有，
即，可取.
设为平面的法向量, 则有，
即，可取.
则，
所以平面与平面夹角的余弦值.
17．(1)分布列见解析；期望；
(2)证明见解析；
【分析】（1）写出X的所有可能取值并求出对应的概率，即可列出分布列，计算求出期望值；
（2）依题意根据跳格规则可得，即可得出证明；
【详解】（1）根据题意可知，X的所有可能取值为0，1，2；
则，，；
可得X的分布列如下：
期望值为.
（2）依题意，当时，棋子跳到第格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；
第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同；
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为，
摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为；
因此可得；
所以，
因此可得，
即数列是公比为的等比数列.
18．(1)在上单调递增，上单调递减，
(2)见解析
【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性；
（2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明.
【详解】（1）由题意可得，所以，
的定义域为，
又，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
（2）由，得，设，
，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
又，，且当趋近于正无穷，趋近于，
的图象如下图，
所以当时，方程有两个根，
证明：不妨设，则，，
设，
，所以在上单调递增，
又，所以，即，
又，所以，
又，，在上单调递减，所以，
故.
【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用及点在双曲线上，可构造方程求得，从而得到双曲线方程；
（2）验证可知直线斜率均存在，由斜率与倾斜角关系可得，将直线方程与双曲线方程联立可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式，结合韦达定理可表示出，化简整理得到或，验证可知满足题意，由直线过定点的求法可求得结果.
【详解】（1）由题意知：，，，，
又在双曲线上，，解得：；
双曲线的方程为：.
（2）当直线中的一条斜率不存在时，不妨设直线斜率不存在，则，，
，直线，即，
由得：，解得：，
即直线与双曲线相切于点，不合题意；
直线斜率均存在，则，，
，，
即，；
设，
由得：，
且，
，，
，，
由得：，
，
，
，
整理可得：，
即，或，
当时，直线恒过点，不合题意；
当时，满足，此时直线恒过点；
综上所述：直线过定点.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点问题的求解，解题关键是能够根据直线倾斜角的关系推导得到两条直线的斜率所满足的等量关系，从而利用韦达定理化简等量关系可得直线中的变量间的关系，进而求得定点.
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