2024葫芦岛高三下学期3月一模试题数学含解析

这是一份2024葫芦岛高三下学期3月一模试题数学含解析，共26页。

2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目、试卷类型用2B铅笔涂在答题卡上．
3．用铅笔把第Ⅰ卷的答案涂在答题卡上，用钢笔或圆珠笔把第Ⅱ卷的答案写在答题纸的相应位置上．
4．考试结束，将答题卡和答题纸一并交回．
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题（本题共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. 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，这组数据的众数是（ ）
A. 9B. 8C. 7D. 4
2. 已知向量，满足，，则的值为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 0
3. 已知，，，则（ ）
A B. C. D.
4. 已知椭圆，A，B为G的短轴端点，P为G上异于A，B的一点，则直线，的斜率之积为（ ）
A. B. C. D.
5. 标准对数视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式．标准对数视力表各行“E”字视标约为正方形，每一行“E”的边长都是上一行“E”的边长的，若视力4.0的视标边长约为10cm，则视力4.9的视标边长约为（ ）
A. B. C. D.
6. 内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，的面积为，则（ ）
A. B. 4C. 2D.
7. 设，为复数，则下列命题正确是（ ）
A. 若，则
B 若，则且
C 若，则
D. 若，且，则在复平面对应的点在一条直线上
8. 已知为圆上动点，直线和直线（，）的交点为，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．）
9. 若展开式中常数项为28，则实数m的值可能为（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
10. 已知在区间上单调递增，则的取值可能在（ ）
A. B. C. D.
11. 已知定义域为R的函数，满足，且，，则（ ）
A. B. 图像关于对称
C. D.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 已知集合，．若，则实数的取值集合为______．
13. 《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体，如图，羡除中，底面是正方形，平面，和均为等边三角形，且．则这个几何体的外接球的体积为______．
14. 某机器有四种核心部件A，B，C，D，四个部件至少有三个正常工作时，机器才能正常运行，四个核心部件能够正常工作的概率满足为，，且各部件是否正常工作相互独立，已知，设为在次实验中成功运行的次数，若，则至少需要进行的试验次数为______．
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 2024年初，OpenAI公司发布了新的文生视频大模型：“Sra”，Sra模型可以生成最长60秒的高清视频．Sra一经发布在全世界又一次掀起了人工智能的热潮．为了培养具有创新潜质的学生，某高校决定选拔优秀的中学生参加人工智能冬令营．选拔考试分为“Pythn编程语言”和“数据结构算法”两个科目，考生两个科目考试的顺序自选，若第一科考试不合格，则淘汰；若第一科考试合格则进行第二科考试，无论第二科是否合格，考试都结束．“Pythn编程语言”考试合格得4分，否则得0分；“数据结构算法”考试合格得6分，否则得0分．
已知甲同学参加“Pythn编程语言”考试合格的概率为0.8，参加“数据结构算法”考试合格的概率为0.7．
（1）若甲同学先进行“Pythn编程语言”考试，记为甲同学的累计得分，求的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，甲同学应选择先回答哪类问题？并说明理由．
16. 如图，为圆锥顶点，是圆锥底面圆的圆心，，是长度为的底面圆的两条直径，，且，为母线上一点．
（1）求证：当为中点时，平面；
（2）若，二面角的余弦值为，试确定P点的位置．
17. 已知函数在处的切线与直线平行．
（1）求的单调区间；
（2）当时，恒有成立，求k的取值范围．
18. 已知双曲线G的中心为坐标原点，离心率为，左、右顶点分别为，.
（1）求的方程；
（2）过右焦点的直线l与G的右支交于M，N两点，若直线与交于点．
（i）证明：点在定直线上：
（ii）若直线与交于点，求证：．
19. 大数据环境下数据量积累巨大并且结构复杂，要想分析出海量数据所蕴含的价值，数据筛选在整个数据处理流程中处于至关重要的地位，合适的算法就会起到事半功倍的效果．现有一个“数据漏斗”软件，其功能为；通过操作删去一个无穷非减正整数数列中除以M余数为N的项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列．设数列的通项公式，，通过“数据漏斗”软件对数列进行操作后得到，设前n项和为．
（1）求；
（2）是否存在不同的实数，使得，，成等差数列？若存在，求出所有的；若不存在，说明理由；
（3）若，，对数列进行操作得到，将数列中下标除以4余数为0，1的项删掉，剩下的项按从小到大排列后得到，再将的每一项都加上自身项数，最终得到，证明：每个大于1的奇平方数都是中相邻两项的和．
2024年葫芦岛市普通高中高三第一次模拟考试
数学
1．本试卷分第Ⅰ卷、第Ⅱ卷两部分，共4页．满分150分；考试时间：120分钟．
2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目、试卷类型用2B铅笔涂在答题卡上．
3．用铅笔把第Ⅰ卷的答案涂在答题卡上，用钢笔或圆珠笔把第Ⅱ卷的答案写在答题纸的相应位置上．
4．考试结束，将答题卡和答题纸一并交回．
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题（本题共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. 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，这组数据的众数是（ ）
A. 9B. 8C. 7D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】借助众数定义即可得.
【详解】由数据可知，其中服务次数为4的个数最多，故众数为4.
故选：D.
2. 已知向量，满足，，则的值为（ ）
A 4B. 3C. 2D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】借助向量数量积的运算计算即可得.
【详解】.
故选：C.
3. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助不等式的性质与基本不等式逐项判断即可得.
【详解】对A：由，故，即，故A错误；
对B：由，，则，且，
当且仅当时，等号成立，故，故B正确；
对C：由，故，即有，
又由B可得，即，故C错误；
对D：由，故，即，故D错误.
故选：B.
4. 已知椭圆，A，B为G的短轴端点，P为G上异于A，B的一点，则直线，的斜率之积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，可得，代入中即可得.
【详解】设，则有，即有，
由椭圆方程可得其短轴端点坐标分别为、，
则
故选：C.
5. 标准对数视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式．标准对数视力表各行“E”字视标约为正方形，每一行“E”的边长都是上一行“E”的边长的，若视力4.0的视标边长约为10cm，则视力4.9的视标边长约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意结合指数幂的运算法则计算即可得.
【详解】由题意可得，视力4.9的视标边长约为：
cm.
故选：A.
6. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，的面积为，则（ ）
A. B. 4C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助三角形面积公式及余弦定理计算即可得.
【详解】，由，故，又，
故，，由余弦定理可得：
，
即.
故选：C.
7. 设，为复数，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B 若，则且
C. 若，则
D. 若，且，则在复平面对应的点在一条直线上
【答案】D
【解析】
【分析】设出、，对A，借助复数性质计算即可得；对B、C，举出反例即可得；对D：设，由题意可计算出、之间的关系，即可得解.
【详解】设、，、、、，
对A：若，则有，
即且，故A错误；
对B：取、，亦有，故B错误；
对C：取，，则有，，故C错误；
对D：设，、，若，
则有，
即有，
整理得，
由，故与不能同时成立，
故在复平面对应的点在直线上，
故D正确.
故选：D.
8. 已知为圆上动点，直线和直线（，）的交点为，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由、可得，且过定点，过定点，则可得点在以为直径的圆上，则的最大值为.
【详解】由、，
有，故，
对有，故过定点，
对有，故过定点，
则中点为，即，
，则，
故点在以为直径的圆上，该圆圆心为，半径为，
又在原，该圆圆心为，半径为，
又，则.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于由直线、的方程得到，且过定点，过定点，从而确定点的轨迹为以为直径的圆，进而将问题转化为圆上两点的距离最值问题.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．）
9. 若展开式中常数项为28，则实数m的值可能为（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】AB
【解析】
【分析】求出展开式的通项公式，利用的幂指数为0求出值.
【详解】二项式展开式的通项公式，
由，解得，则，于是，解得，
所以实数m的值为或.
故选：AB
10. 已知在区间上单调递增，则的取值可能在（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】借助辅助角公式可将函数化为正弦型函数，借助正弦型函数的单调性即可得的范围.
【详解】，
当，由，则，
则有，，
解得，，
即，，
有，，即，即或，
当时，有，时，有，
故的取值可能在或.
故选：AC.
11. 已知定义域为R的函数，满足，且，，则（ ）
A. B. 图像关于对称
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：借助赋值法，令，计算即可得；对B：借助赋值法，令，再令令，可得，故不可能关于对称，对C：借助赋值法，令，再令，再，计算即可得；对D：由C选项中所得可推导出函数的周期性，计算出一个周期内所有的函数值即可得.
【详解】对A：令，，则有，
即，故A正确；
对B：令，则有，
即有，故或，又，故，
令，则有，即，
故不可能关于对称，故B错误；
对C：令，则有，
即，故关于对称，
令，则有，
即，即，
即，由定义域为，故为偶函数，
令，则有，
即，即，
又，，
故，即，故C正确；
对D：由，，
则有，即，
则，即，
即有，故周期为，
由，，故，，
又，，故，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 已知集合，．若，则实数的取值集合为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据，得到集合的元素都是集合的元素，即可求得的值.
【详解】由题意，所以或，则或，
所以实数的取值集合为.
故答案为：.
13. 《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体，如图，羡除中，底面是正方形，平面，和均为等边三角形，且．则这个几何体的外接球的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】结合题意，找出垂直底面且过底面外接圆圆心的直线，则球心必在该直线上，设出球心，借助球心到各顶点距离相等，结合勾股定理计算即可得半径，运用球的体积公式即可得球的体积.
【详解】连接，分别取、、中点、、，连接、、，
由底面是正方形，平面，和均为等边三角形，
故，底面，又，故，
则，故，
由为底面正方形中心，，故可在直线上取一点，
使为羡除外接球球心，连接、、，
设半径为，，则,
由底面，平面，故，
又，、平面，故平面，
又平面，故，故，
又，故有，即，
又，
故有，解得，
故，即，
则这个几何体的外接球的体积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查几何体外接球问题，关键在于借助题目条件，找出垂直底面且过底面外接圆圆心的直线，则该几何体的外接球球心必在该直线上，设出该点位置，从而可结合勾股定理计算出该球半径，即可得解.
14. 某机器有四种核心部件A，B，C，D，四个部件至少有三个正常工作时，机器才能正常运行，四个核心部件能够正常工作的概率满足为，，且各部件是否正常工作相互独立，已知，设为在次实验中成功运行的次数，若，则至少需要进行的试验次数为______．
【答案】
【解析】
【分析】设，则，借助相互独立事件的乘法公式可表示出一次实验中成功运行的概率，则当该概率取的最大值时，需要最少的试验次数，借助导数研究单调性即可得该概率的最大值，结合二项分布期望公式即可得解.
【详解】设，则，
设一次实验中成功运行的概率为，
则
，
令，，
则，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故，
故，
由服从二项分布，故有，则.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助导数求取一次实验中成功运行的概率的最大值，结合二项分布期望公式得到最少需要进行的试验次数.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 2024年初，OpenAI公司发布了新文生视频大模型：“Sra”，Sra模型可以生成最长60秒的高清视频．Sra一经发布在全世界又一次掀起了人工智能的热潮．为了培养具有创新潜质的学生，某高校决定选拔优秀的中学生参加人工智能冬令营．选拔考试分为“Pythn编程语言”和“数据结构算法”两个科目，考生两个科目考试的顺序自选，若第一科考试不合格，则淘汰；若第一科考试合格则进行第二科考试，无论第二科是否合格，考试都结束．“Pythn编程语言”考试合格得4分，否则得0分；“数据结构算法”考试合格得6分，否则得0分．
已知甲同学参加“Pythn编程语言”考试合格的概率为0.8，参加“数据结构算法”考试合格的概率为0.7．
（1）若甲同学先进行“Pythn编程语言”考试，记为甲同学的累计得分，求的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，甲同学应选择先回答哪类问题？并说明理由．
【答案】（1）分布列见详解
（2）先回答“Pythn编程语言”考试这类问题，理由见详解.
【解析】
【分析】（1）由已知可得的所有可能取值，分别计算概率即可求解；
（2）设甲同学先进行“数据结构算法”考试，记为甲同学的累计得分，求解的分布列，分别计算，的期望，比较大小，即可求解.
【小问1详解】
由题意的所有可能取值为，，，
所以，，
，
所以的分布列为
【小问2详解】甲同学选择先回答“Pythn编程语言”考试这类问题，理由如下：
由（1）可知，
甲同学先进行“数据结构算法”考试，记为甲同学的累计得分，
则的所有可能取值为，，，
，，
，
所以的分布列为
，
所以，
所以甲同学选择先回答“Pythn编程语言”考试这类问题.
16. 如图，为圆锥顶点，是圆锥底面圆的圆心，，是长度为的底面圆的两条直径，，且，为母线上一点．
（1）求证：当为中点时，平面；
（2）若，二面角的余弦值为，试确定P点的位置．
【答案】（1）证明见详解
（2）是线段靠近点的四等分点
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，设，，求解平面和平面的法向量，根据二面角的余弦值为求，即可得P点的位置.
【小问1详解】
连接，因为，分别为，的中点，
所以为的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
如图：过点作交圆与，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
设，，则，所以，
设平面的法向量为，
则，所以，令，则，，
即，
易知平面的一个法向量为，
则，
解得（负值舍去），所以是线段靠近点的四等分点.
17. 已知函数在处的切线与直线平行．
（1）求的单调区间；
（2）当时，恒有成立，求k的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）借助导数的几何意义计算可得，借助导数的正负即可得函数的单调性；
（2）通过变形，可将原问题转化为在上，恒成立，从而构造函数，借助导数求取在上的最小值即可得.
【小问1详解】
由已知可得的定义域为，，
所以，即，
所以，，
令，得，令，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问2详解】
将不等式整理得：，可化为，
问题转化为在上，恒成立，
即，
令，，
则，
令，
则，，
所以在单调递减，
，即，
所以在单调递减，
，
所以的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将原问题通过变形参变分离，转化为在上，恒成立，从而构造对应函数，借助导数求取在上的最小值即可得.
18. 已知双曲线G的中心为坐标原点，离心率为，左、右顶点分别为，.
（1）求的方程；
（2）过右焦点的直线l与G的右支交于M，N两点，若直线与交于点．
（i）证明：点在定直线上：
（ii）若直线与交于点，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由点，的坐标可知，结合离心率可得，即可得，即可得双曲线方程；
（2）设出，，可表示出直线与的方程，借助联立直线l与G所得韦达定理计算即可得证点在定直线上；由双曲线的对称性可得点亦在该直线上，借助韦达定理，通过计算的值从而得证.
【小问1详解】
由点，的坐标可知，
离心率为，故，所以，
所以双曲线方程为；
【小问2详解】
（ⅰ）设直线为：，联立双曲线得，
消去得：，
根据题意得：，
设，，则，，
，，故，
直线：，因为在上，所以，
直线：，直线：，
令，
可得
，
解得，故点在直线上；
（ⅱ）由双曲线对称性可知，点也在直线上，
设，，点在直线上，所以，
点直线上，所以，
，所以.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 大数据环境下数据量积累巨大并且结构复杂，要想分析出海量数据所蕴含的价值，数据筛选在整个数据处理流程中处于至关重要的地位，合适的算法就会起到事半功倍的效果．现有一个“数据漏斗”软件，其功能为；通过操作删去一个无穷非减正整数数列中除以M余数为N的项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列．设数列的通项公式，，通过“数据漏斗”软件对数列进行操作后得到，设前n项和为．
（1）求；
（2）是否存在不同的实数，使得，，成等差数列？若存在，求出所有的；若不存在，说明理由；
（3）若，，对数列进行操作得到，将数列中下标除以4余数为0，1的项删掉，剩下的项按从小到大排列后得到，再将的每一项都加上自身项数，最终得到，证明：每个大于1的奇平方数都是中相邻两项的和．
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合题意可得，借助等比数列前项和公式计算即可得；
（2）借助反证法，假设存在，结合等差数列的性质得到与假设矛盾之处即可得；
（3）借助题意，计算出后，可得，，即可得，，再得到，，
即可得，设出，从而证明，分、、、逐个证明即可得.
【小问1详解】
由，知：当时，；
当时，故，，
则，；
【小问2详解】
假设存在，由单调递增，不妨设，，，，，
化简得，∵，∴，
∴，∴，
与“，且，”矛盾，故不存在；
【小问3详解】
由题意，，则，，，
所以保留，，则，，，
又，，，，，
将，删去，得到，则，，
，，，
即：，，，
即：，，
记，下面证明：，
由，，，，
时，，，
；
时，，，
；
时，，，
；
时，，，
，
综上，对任意的，都有，原命题得证．
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于由题意得到的通项公式后，设出，从而证明，此时需分、、、逐个证明.