甘肃省陇南市部分学校2024届高三一模联考数学试题及答案

这是一份甘肃省陇南市部分学校2024届高三一模联考数学试题及答案，共18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．设全集为R，集合 则 （ ）
A．或B．或
C．D．
2．已知a为实数,复数为纯虚数,则
A．B．1C．D．2
3．下列函数图象的对称轴方程为的是（ ）
A．B．
C．D．
4．设为两个平面，下列条件中，不是“与β平行”的充要条件的是（ ）
A．内有无数条直线与β平行B．垂直于同一条直线
C．平行于同一个平面D．内有两条相交直线都与β平行
5．已知数列为等比数列， ，则 （ ）
A．B．
C．2D．
6．已知抛物线的焦点为F，其准线与x轴交于点为C上一点，，则（ ）
A．B．C．D．
7．知3名男同学、2名女同学和1名老师站成一排，女同学不相邻，老师不站两端，则不同的排法共有（ ）
A．336 种B．284种C．264 种D．186种
8．若，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．某厂近几年陆续购买了几台 A 型机床，该型机床已投入生产的时间x(单位：年)与当年所需要支出的维修费用y(单位：万元)有如下统计资料：
根据表中的数据可得到经验回归方程为. 则（ ）
A．
B．y与x的样本相关系数
C．表中维修费用的第60百分位数为6
D．该型机床已投入生产的时间为 10年时，当年所需要支出的维修费用一定是12.38万元
10．已知函数有3个不同的零点,且，则（ ）
A．B．的解集为
C．是曲线的切线D．点是曲线的对称中心
11．已知，关于x的不等式的解集为，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知圆O为圆锥的底面圆，等边三角形内接于圆O；若圆锥的体积为，则三棱锥的体积为
13．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量的总和.大衍数列从第一项起依次为 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,….记大衍数列的通项公式为 ，若，则数列的前30项和为 .
14．已知M 是椭圆上一点，线段 AB是圆的一条动弦,且则的最大值为 .
四、解答题
15．在中，内角A，B，C的对边分别为.已知
(1)求b；
(2)D为边上一点， ，求的长度和 的大小.
16．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形.
(1)证明：平面.
(2)若为等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值.
17．某商场在开业当天进行有奖促销活动，规定该商场购物金额前200名的顾客，均可获得3次抽奖机会.每次中奖的概率为 ，每次中奖与否相互不影响. 中奖1次可获得100元奖金，中奖2次可获得300元奖金，中奖3次可获得500元奖金.
(1)已知，求顾客甲获得了300元奖金的条件下，甲第一次抽奖就中奖的概率.
(2)已知该商场开业促销活动的经费为4.5万元，问该活动是否会超过预算? 请说明理由.
18．已知双曲线 与双曲线 的渐近线相同，且M 经过点 的焦距为4.
(1)求M 和 的方程;
(2)如图，过点 T(0，1)的直线 l(斜率大于0)与双曲线 M 和 N 的左、右两支依次相交于A,B,C,D,若求直线 l的方程.
19．已知函数
(1)讨论 的单调性.
(2)证明:当时,
(3)证明:
x
2
3
4
5
6
y
2.2
3.8
5.5
6.5
7
参考答案：
1．D
【分析】化简集合A，再根据补集运算求解.
【详解】由，即，则，解得或，
或，
.
故选：D.
2．C
【分析】由复数的运算与纯虚数的概念求解即可.
【详解】由为纯虚数，
，.
故选：C.
3．B
【分析】根据正弦函数的对称轴，利用整体代入的方法可求出A、C中函数的对称轴方程，利用余弦函数的对称轴，利用整体代入的方法可求出B、D中函数的对称轴方程，即得答案.
【详解】对于A，，令，即，
即的对称轴方程为，A错误；
对于B，，令，即，
即的对称轴方程为，B正确；
对于C，，令，即，
即的对称轴方程为，C错误；
对于D，，令，即，
即的对称轴方程为，D错误；
故选：B
4．A
【分析】根据空间线面、面面的位置关系以及面面平行的判定定理，一一判断各选项，即可得答案.
【详解】对于A，内有无数条直线与β平行，可可能相交，即这无数条直线都与两平面的交线平行，
故内有无数条直线与β平行得不出与β平行，A适合题意；
对于B，垂直于同一条直线时，可得与β平行，反之也成立，
即垂直于同一条直线是与β平行的充要条件；
对于C，平行于同一个平面，则与β平行，反之也成立，
故平行于同一个平面是与β平行的充要条件；
对于D，内有两条相交直线都与β平行，根据面面平行的判定定理可知与β平行，
反之也成立，即内有两条相交直线都与β平行为与β平行的充要条件；
故选：A
5．C
【分析】利用等比数列的性质与通项公式即可得解.
【详解】因为为等比数列，则公比，
所以，又，
所以
，解得，
又，而恒成立，
所以，则，故.
故选：C.
6．A
【分析】利用平行的性质与抛物线的定义将所求转化，再利用，结合三角函数的基本关系式即可得解.
【详解】如图，过分別作准线和轴的垂线，与准线交于点，与轴交于点.
则，
所以，
又，，
所以，解得，
所以.
故选：A.
7．A
【分析】根据题意考虑两端的位置排的是男生或女生的情况，结合女同学不相邻，求出各种情况的排法数，根据分类计数加法原理，即可求得答案.
【详解】当2名女生站在两端时，3名男生和1名老师排在中间，
共有种排法；
当有1名女生排在一端，另一端排男生时，
共有种排法；
当男生排在两端时，共有种排法；
故不同的排法共有（种），
故选：A
8．D
【分析】利用，结合幂函数的单调性判断得，再构造函数，推得，从而推得，由此得解.
【详解】因为，所以；
令，则，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，故，
则，即，当且仅当时，等号成立，
当，即，有，
从而有；
综上，.
故选：D.
【点睛】结论点睛：两个常见的重要不等式：
（1）；（2）.
9．ABC
【分析】对A，计算出样本中心，代入方程计算出，对B，根据相关系数的概念可判断，对C，根据百分位数的定义求解，对D，根据回归分析概念判断.
【详解】根据题意可得，，，
所以样本中心点为，
对于A，将样本中心点代入回归方程，可得，故A正确；
对于B，由表中数据可得随着增大而增大，与正相关，所以相关系数，故B正确；
对于C，维修费用从小到大依次为，第60百分位数为，故C正确；
对于D，根据回归分析的概念，机床投入生产的时间为 10年时，所需要支出的维修费用大概是12.38万元，故D错误.
故选：ABC.
10．AC
【分析】利用三次函数的零点式，结合条件可求得，从而可判断AB，利用导数的几何意义可判断C，举反例排除D.
【详解】对于A，因为有3个不同的零点,
所以不妨设，
易知展开式中的常数项为，故，
又，所以，解得，
所以，解得，故A正确；
对于B，因为，
令，即，
利用数轴穿根法，解得或，故B错误；
对于C，易得，
当切线斜率为时，令，解得或，
当时，，
此时切线为，即，故C正确；
对于D，因为，又，
所以，所以点是曲线的对称中心，故D错误.
故选：AC.
11．BCD
【分析】举特殊值可判断A；令，结合题意得，利用三角代换判断B；将转化为，令，继而转化为，再结合换元，利用函数的单调性，可求得的范围，即可判断C，D.
【详解】对于A，由题意知，关于x的不等式的解集为，
不妨取，则，即，
其解集为，即满足题意，故A错误；
对于B，即，
令，由于不等式的解集为，
故需满足，且，
令，则，
由于，则，即得，
又，故，B正确；
对于C，D，，，
故，
令，，则，
则，
令，则
，
由于函数在上单调递增，
故，
则，即，
即，，C，D正确，
故选：BCD
【点睛】难点点睛：本题考查了由指数型不等式的解集求解参数范围问题，综合性较强，难度较大，解答的难点在于C，D项的判断，解答时要利用三角代换以及换元法，将等价转化，再结合函数的单调性进行判断.
12．/
【分析】设圆O的半径为r，圆锥的高为h，根据圆锥体积推出，继而表示出等边三角形的面积，根据棱锥体积公式，即可求得答案.
【详解】设圆O的半径为r，圆锥的高为h，

则，
等边三角形内接于圆O，则，
故，
则三棱锥的体积为，
故答案为：
13．240
【分析】根据数列的通项公式，采用并项求和的方法，即可求得答案.
【详解】由题意知，，
故数列的前30项和为
，
故答案为：240
14．70
【分析】设中点为，易得，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，可转化为，，设出点的参数方程，求出，即可得解.
【详解】
如图，设中点为，由，，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
，
，设，则
，
当且仅当时，，
所以，
故答案为：70
【点睛】关键点点睛：由向量的数量积求解椭圆上一点与定点距离问题，转化法和参数方程是解决本题关键，还综合了余弦函数求最值问题，试题整体难度不大，但综合性强，是一道跨知识点考查相对不错的题！
15．(1)
(2)1，
【分析】（1）利用余弦定理化简，即可求得答案；
（2）利用（1）的结论结合题设可得，从利用余弦定理推出关于的方程，解得的值，解直角三角形，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知在中，，
故，即，
由于，故；
（2）由（1）知，结合，得，

又，故，又，
则，
又，则，
故，即，即，
结合，解得，
则，，
而为锐角，故.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定与性质定理即可得解；
（2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）记为的中点，连接.
因为为等边三角形，所以，
因为，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以，
又平面，
所以平面.
（2）以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为为等边三角形，，所以到底边的距离为，
因为为等边三角形，，所以到底边的距离为，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，故，
设平面的法向量为，则即，
令，则，故，
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)
(2)不会，说明见解析
【分析】（1）设顾客甲获得了300元奖金的事件为A，甲第一次抽奖就中奖的事件为B，求出、，根据条件概率的公式，即可求得答案；
（2）设一名顾客获得的奖金为X元，确定其可能的取值，求得每个值对应的概率，即可求出，从而求得200名顾客获得奖金的期望，与促销活动的经费比较，即得结论.
【详解】（1）设顾客甲获得了300元奖金的事件为A，甲第一次抽奖就中奖的事件为B，
则，
，
故；
（2）设一名顾客获得的奖金为X元，则X的取值可能为，
则，
，
，
，
则（元），
故，
故该活动不会超过预算.
18．(1),
(2)
【分析】（1）由的焦距为4可求得，即可得出曲线，由题意设为，点代入即可求得曲线;
（2）由题意设直线 l的方程为 ，与联立，利用韦达定理计算可得，进而可得联立方程组计算可求得，即可得出结果.
【详解】（1）因为,的焦距为4,所以，，所以，
渐近线相同，可设为，代入，，所以
（2）设直线 l的方程为，
由化简可得：，，
时，，，
时，，，
所以,
同理
因为，所以，所以.
又因为所以
所以则，由，解得：，
由可知，,
所以直线 l的方程为：.
19．(1)答案见详解
(2)证明见详解
(3)证明见详解
【分析】（1）求导，按照的正负，讨论正负得解；
（2）令，分和两种情况讨论，利用导数判断单调性，求出最小值证明；
（3）由（2），当时，有，令，，代入运算得证.
【详解】（1），，
当时，易知，所以函数在R上单调递减，
当时，令，解得，
令，解得，即在上单调递增，
令，得，即在上单调递减，
综上，当时，函数在R上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）令，，
，令，，
则，所以在上单调递增，
当时，，又，
有，，即单调递减，
，，即单调递增，
所以，而此时，
所以当时，成立；
当时，可得，，
所以
又，
所以存在，使得，即，
，，，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，由可得，
，
下面证明，，
令，
，
所以在上单调递增，
，
即得证，即成立，
综上，当时，成立.
（3）由（2），当时，有，即，
令，，得，
，
，
即.
【点睛】思路点睛：第一问，求出导数，对正负分类讨论，研究导数正负从而得函数的单调性；第二问，令，利用导数研究的单调性，最值，注意分和讨论，对时的情况，结合隐零点和基本不等式求出，问题转化为证明，，构造函数证明；第三问，利用（2）的结论，当时，，令，，得证.