福建省漳州市部分学校2024届高三下学期普通高考模拟测试数学试题及答案

这是一份福建省漳州市部分学校2024届高三下学期普通高考模拟测试数学试题及答案，共17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．已知各项均不为0的数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
2．在平面直角坐标系中，，，射线逆时针旋转最小角，使得与重合，则（ ）
A．3B．2C．4D．5
3．的展开式中的系数为（ ）
A．48B．30C．60D．120
4．已知抛物线：的焦点为，A，是抛物线上关于其对称轴对称的两点，若，为坐标原点，则点A的横坐标为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，石磨是用于把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种机械，通常由两个圆石做成．磨是平面的两层，两层的接合处都有纹理，粮食从上方的孔进入两层中间，沿着纹理向外运移，在滚动过两层面时被磨碎，形成粉末．如果一个石磨近似看作两个完全相同的圆柱体拼合而成，每个圆柱体的底面圆的直径是高的2倍，若石磨的侧面积为，则圆柱底面圆的半径为（ ）
A．4B．2C．8D．6
6．若曲线在点处的切线方程为，则（ ）
A．3B．C．0D．1
7．已知函数在上单调递减，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知可导函数的定义域为，为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
10．某学校举行消防安全意识培训，并在培训前后对培训人员进行消防安全意识问卷测试，所得分数（满分：100分）的频率分布直方图如图所示，则（ ）
A．培训前得分的中位数小于培训后得分的中位数
B．培训前得分的中位数大于培训后得分的中位数
C．培训前得分的平均数小于培训后得分的平均数
D．培训前得分的平均数大于培训后得分的平均数
11．已知双曲线：（）的左、右焦点分别为，，直线：与双曲线的右支相交于A，两点（点A在第一象限），若，则（ ）
A．双曲线的离心率为B．
C．D．
三、填空题
12．若集合，，则 ．
13．在直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为 ．
14．过点作圆：的两条切线，切点分别为A，，若直线与圆：相切，则 ．
四、解答题
15．已知函数，且．
(1)证明：曲线在点处的切线方程过坐标原点．
(2)讨论函数的单调性．
16．如图，为圆锥的顶点，是底面圆的一条直径，，是底面圆弧的三等分点，，分别为，的中点．
(1)证明：点在平面内．
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
17．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，发送每个信号数字之间相互独立．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．
(1)记发送信号变量为，接收信号变量为，且满足，，，求；
(2)当发送信号0时，接收为0的概率为，定义随机变量的“有效值”为（其中是的所有可能的取值，），发送信号“000”的接收信号为“”，记为，，三个数字之和，求的“有效值”．（，）
18．已知正项数列的前项和为，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，为数列的前项和，证明，．
19．已知过点的直线与圆：相交于，两点，的中点为，过的中点且平行于的直线交于点，记点的轨迹为．
(1)求轨迹的方程．
(2)若为轨迹上的两个动点且均不在轴上，点满足（，），其中为坐标原点，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①点在轨迹上；②直线与的斜率之积为；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
参考答案：
1．A
【分析】
根据与之间的关系分析可得，令即可得结果.
【详解】因为，则，
两式相减可得：，即，
令，可得，
且，所以.
故选：A.
2．A
【分析】
利用三角函数的定义得到，再根据题意得到，从而利用正切的和差公式即可得解.
【详解】设角终边上的点分别为，，，

则，
射线逆时针旋转最小角，使得与重合，所以，
所以.
故选：A.
3．C
【分析】
根据题意结合二项式定理分析求解.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
令，解得，可得的系数为.
故选：C.
4．C
【分析】
设，根据向量垂直列式求解即可.
【详解】由题意可知：，
设，则，可得，
因为，则，解得，
即点A的横坐标为.
故选：C.
5．A
【分析】设圆柱底面圆的半径为，则圆柱的高为，结合圆柱的侧面积公式运算求解.
【详解】设圆柱底面圆的半径为，则圆柱的高为，
则石磨的侧面积为，解得.
故选：A.
6．C
【分析】
根据题意结合导数的几何意义列式求解即可.
【详解】因为，则，
由题意可得：，解得，所以.
故选：C.
7．C
【分析】
以为整体，结合余弦函数性质分析求解.
【详解】因为，则，
由题意可得，解得，即实数的最大值为.
故选：C.
8．D
【分析】
由为奇函数，结合导数运算可得，由为奇函数，可得，整理可得，进而分析可得，即可得结果.
【详解】因为为奇函数，则，
即，两边求导得，
则，可知关于直线对称，
又因为为奇函数，则，
即，可知关于点对称，
令，可得，即，
由可得，
由，可得，即，
可得，即，
令，可得；
令，可得；
且，可知8为的周期，
可知，
所以.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
9．BCD
【分析】
根据复数的加法结合复数相等求，进而逐项分析判断.
【详解】由题意可得：，
则，解得，可得，
故BCD正确，A错误.
故选：BCD.
10．AC
【分析】
根据题意结合中位数的性质判断AB；结合平均数的定义判断CD.
【详解】由频率分布直方图可知：两个频率直方图均为单峰。
且培训前直方图在右侧拖尾，培训后直方图在左侧拖尾，
可知培训前的中位数小于75，培训后的中位数大于75，
所以培训前得分的中位数小于培训后得分的中位数，故A正确，B错误；
设培训前每组的频率依次为，
则培训后每组的频率依次为，
则培训前平均数估计为，
培训后平均数估计为，
则，
可得，即培训前得分的平均数小于培训后得分的平均数，故C正确，D错误；
故选：AC.
11．AB
【分析】设，根据题意结合双曲线的定义可得，，，利用余弦定理结合，，进而可得结果.
【详解】由题意可知：，
因为直线：，
可知直线过右焦点，斜率，
设直线的倾斜角为，则，可得，
设，
由，可得，，，故B正确；
在中，可知，
由余弦定理可得：，
即，解得或（舍去），
可得双曲线的离心率为，，故A正确，D错误；
在中，可知，
由余弦定理，
即，解得，故C错误；
故选：AB.
【点睛】
方法点睛：1．椭圆、双曲线离心率（离心率范围）的求法，求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
2.焦点三角形的作用，在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
12．
【分析】
根据集合的交集运算求解即可.
【详解】由题意可得：.
故答案为：.
13．
【分析】
根据题意直观想象三棱住的外接球位置，再利用球的截面性质可得当为所截圆的直径时截面面积最小，从而得解.
【详解】
由直三棱柱可知，平面，
又，所以两两垂直，
设直三棱柱外接球的半径为R，
通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以为边长的长方体外接球相同；
过作该直三棱柱外接球的截面，当为所截圆的直径时截面面积最小，
因为，
则所求截面面积最小值为.
故答案为：.
14．81
【分析】
由题意可知点在以为直径的圆上，结合两圆相交可得直线的方程为，再根据直线与圆相切列式求解.
【详解】圆：的圆心为，半径；
圆：的圆心为，半径；
由题意可知：，可知点在以为直径的圆上，
以为直径的圆为，
整理得，结合圆：，
两圆方程作差，可得直线的方程为，即，
若直线与圆：相切，
则，整理得.
故答案为：81.
15．(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】
（1）先利用导数的几何意义求得在处的切线方程，从而得证；
（2）分类讨论与，利用导数与函数的单调性即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
则，，
所以在处的切线方程为:，
当时，，故，
所以曲线在点处切线的方程过坐标原点.
（2）由（1）得，
当时，，则，故单调递减；
当时，令则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）利用圆的性质与中位线定理证得与，从而得到，由此得证；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）连接，如图，
因为，是底面圆弧的三等分点，
，
，
均为等边三角形，
，则四边形为菱形，，
因为，分别为，的中点，，
，故点在平面内.
（2）作，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
因为，则，
故，
设平面的法向量，则，
令，得，所以，
易知平面的一个法向量为
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为
17．(1)
(2)0.45
【分析】
（1）根据题意利用全概率公式结合对立事件概率求法运算求解；
（2）分析可知的可能取值有0，1，2，3，求相应的概率，代入题中公式，结合对数运算求解.
【详解】（1）由题意可知：，，
所以.
（2）由题意可知：当发送信号0时，接收为0的概率为，接收为1的概率为，
可知：的可能取值有0，1，2，3，
则，
，
可得的“有效值”
，
即的“有效值”约为0.45.
18．(1)
(2)证明见详解
【分析】
（1）根据题意结合与之间的关系可得，，结合等差数列可得，进而求；
（2）由（1）可得，当时，利用放缩法结合裂项相消法分析证明，并检验前两项.
【详解】（1）因为，则，且，
令，则，可得；
又因为，则，
整理得，
可知数列是以首项为4，公差为4的等差数列，则，
且，可得，
当时，；
当时，；
可知符合上式，所以.
（2）由（1）可得：，
当时，，
可得；
且，
综上所述：.
19．(1)
(2)证明见详解
【分析】
（1）根据题意可知：为线段的中垂线，可得，结合椭圆的定义和方程分析求解：
（2）设，可知，根据题意选择条件结合椭圆的方程分析证明.
【详解】（1）由题意可知：圆：的圆心为，半径，
由题意可知：不为x轴，即不在x轴上，
因为为的中点，则，
又因为∥，则，
即为线段的中垂线，则，
可得，
可知：点的轨迹是以为焦点的椭圆，且不为长轴顶点，
则，可得，
所以轨迹的方程为.
（2）设，可知，
因为，
则，即，
若选①②证明③：
因为直线与的斜率之积为，
即，可得，
又因为点在轨迹上，则，
可得，即；
若选①③证明②：
因为点在轨迹上，则，
可得，
即，
且，结合的任意性可知，
可得，即直线与的斜率之积为；
若选②③证明①：
因为直线与的斜率之积为，
即，可得，
且，
则，
，
即，可知点在轨迹上.
【点睛】
方法点睛：求解定值问题的三个步骤：
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．