海南省海南中学2024届高三第一次模拟数学试题及参考答案

这是一份海南省海南中学2024届高三第一次模拟数学试题及参考答案，共19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．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，，则（ ）
A．B．C．3D．5
3．复数，则（ ）
A．B．C．2D．
4．已知实数列、、、、成等比数列，则（ ）
A．B．4C．D．
5．刍（chú）甍（méng）是中国古代算数中的一种几何体，其结构特征是：底面为长方形，顶棱和底面平行，且长度不等于底面平行的棱长的五面体，是一个对称的楔形体．已知一个刍甍底边长为4，底边宽为3，上棱长为2，高为2，则它的表面积是（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数为偶函数，其图像在点处的切线方程为，记的导函数为，则（ ）
A．B．C．D．2
7．设某直角三角形的三个内角的余弦值成等差数列，则最小内角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．双曲线C：的右焦点为F，双曲线C上有两点A，B关于直线l：对称，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法中正确的是（ ）
A．一组数据的第60百分位数为14
B．某中学有高中生3500人，初中生1500人，为了解学生学习情况．用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为100的样本，则抽取的高中生人数为70
C．若样本数据的平均数为10，则数据的平均数为3
D．随机变量服从二项分布，若方差，则
10．某数学兴趣小组的同学经研究发现，反比例函数的图象是双曲线，设其焦点为，若为其图象上任意一点，则（ ）
A．是它的一条对称轴B．它的离心率为
C．点是它的一个焦点D．
11．已知函数存在两个极值点，且，．设的零点个数为，方程的实根个数为，则（ ）
A．当时，B．当时，
C．一定能被3整除D．的取值集合为
三、填空题
12．若，则 ．
13．设，则 .
14．洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列为：，即，且．设数列各项依次除以4所得余数形成的数列为，则 ．
四、解答题
15．已知质量均匀的正面体，个面分别标以数字1到．
(1)抛掷一个这样的正面体，随机变量表示它与地面接触的面上的数字．若求n；
(2)在(1)的情况下，抛掷两个这样的正n面体，随机变量表示这两个正面体与地面接触的面上的数字和的情况，我们规定：数字和小于7，等于7，大于7，分别取值0，1，2，求的分布列及期望．
16．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求的取值范围.
17．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，，是的中点.
(1)求证：平面BDM；
(2)若平面，点为线段CE上一点，且，求直线PM与平面AEF所成角的正弦值.
18．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程，并说明轨迹的形状；
(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．
①当时，求证：的值及的周长均为定值；
②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．
19．在计算机科学中，维数组是一种基础而重要的数据结构，它在各种编程语言中被广泛使用．对于维数组，定义与的差为与之间的距离为．
(1)若维数组，证明：；
(2)证明：对任意的数组，有；
(3)设集合，若集合中有个维数组，记中所有两元素间的距离的平均值为，证明：．
参考答案：
1．B
【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义求解即得.
【详解】全集，，则，而，
所以.
故选：B
2．B
【分析】利用向量加法和数量积的坐标表示直接计算求解即可.
【详解】由题意可知，
所以，
故选：B
3．D
【分析】由复数的运算结合模长公式计算即可.
【详解】因为，
所以，
故选：D.
4．C
【分析】求出的值，利用等比中项的性质可求得结果.
【详解】设等比数列、、、、的公比为，则，
由等比中项的性质可得，所以，，
因此，.
故选：C.
5．A
【分析】由题意可得刍甍的左右两个三角形为全等的等腰三角形，前后两个四边形为全等的等腰梯形，利用勾股定理分别求出三角形和梯形的高，从而可求出各个面的面积，即可得出答案.
【详解】解：由题意可得刍甍的左右两个三角形为全等的等腰三角形，
前后两个四边形为全等的等腰梯形，
等腰三角形的高为，
等腰梯形的高为，
则一个等腰三角形的面积为，
一个等腰梯形的面积为，
所以此刍甍的表面积为.
故选：A.
6．A
【分析】先推导出偶函数的导数为奇函数，再根据条件得到，再利用奇函数的的性质求.
【详解】因为为偶函数，所以，两边求导，可得.
又在处的切线方程为：，
所以.
所以.
故选：A
7．C
【分析】设出三个角度的大小关系，结合已知条件求得最小角的正切值，再求正弦值即可.
【详解】设，根据题意可得，且，
即，又，则，，
解得，又，则.
故选：C.
8．B
【分析】，，的中点为， 联立直线方程和双曲线方程后结合对称可得的坐标，而，故可求.
【详解】，设的中点为，连接
因为为线段的垂直平分线，故可设，，
由可得（*），
故，故，
故的中点为，
因的中点在直线上，故，
故，此时，且，
故，
故选：B.

9．BC
【分析】由百分位数求解判断A，由分层抽样判断B，由平均值性质判断C，由二项分布性质判断D.
【详解】对A，，故第60百分位数为第6和第7位数的均值，故A错误；
对B，由题抽取的高中生抽取的人数为，故B正确；
对C， 设数据的平均数为，
由平均值性质可知：样本数据的平均数为，
解得，故C正确；
对D，由题意可知，解得或，
则或，故D错误.
故选：BC
10．ABD
【分析】由题意可知反比例函数的图象为等轴双曲线，进一步分别计算出离心率以及即可逐一判断求解.
【详解】反比例函数的图象为等轴双曲线，故离心率为，
容易知道是实轴，是虚轴，坐标原点是对称中心，
联立实轴方程与反比例函数表达式得实轴顶点，
所以，其中一个焦点坐标应为而不是，
由双曲线定义可知．
故选：ABD.
11．AB
【分析】分和两种情况，利用导数判断原函数单调性和极值，结合图象分析，的零点分布，进而可得结果,
【详解】由题意可知为二次函数，且为的零点，
由得或，
当时，令，解得或；令，解得；
可知：在内单调递增，在内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
若，则，
因为，即，两者相矛盾，故，
则有2个根，有1个根，可知，
若，可知，；
若，可知，；
若，可知，；
故A正确；

当时，令，解得；令，解得或；
可知：在内单调递增，在内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
若，则，
因为，即，两者相矛盾，故，
若，即，可知，，；
若，即，可知，，；
若，即，可知，，；
此时，故B正确；

综上所述：的取值集合为，的取值集合为，
故CD错误；
故选：AB.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
12．/
【分析】由两角和的正切公式求解即可.
【详解】由可得：，
即，解得：.
故答案为：
13．
【分析】分别令，即可得解.
【详解】令，则，
令，则，
所以.
故答案为：.
14．3
【分析】根据递推关系可得的周期性，再根据周期性求解即可.
【详解】的各项除以的余数分别为，
故可得的周期为，且前项分别为，
所以.
故答案为：.
15．(1).
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）直接由题意解出即可.
（2）设出事件，按古典概型中等可能事件的概率公式求出随机变量各个取值的概率，列出分布列，求出数学期望即可.
【详解】（1）因为，所以.
（2）样本空间，共有36个样本点.
记事件“数字之和小于7”，事件“数字之和等于7"，
事件“数字之和大于7”.
，
，共15种，
故
，共6种，
故；
，
，共15种，
故；
从而的分布列为：
故
16．(1)答案见解析；
(2)
【分析】（1）求出导函数，根据和分类讨论求解即可；
（2）根据函数的单调性易知且，根据零点存在性定理结合函数的单调性列不等式求解即可.
【详解】（1）．
①若，，在为增函数；
②若，令，得.
当时，为减函数，
当时，为增函数.
综上所述，当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）当时，在单调递增，不可能有两个零点，不符合题意.
当时，在单调递减，在单调递增，
因为有两个零点，必有，
因为，所以.令，
则，所以在单调递减，而，
所以当时，，即.
又，故在有1个零点；
当时，因为，则，由得，由得，
所以函数在单调递减，在单调递增，所以，即，故，所以，
取，有，
所以在有1个零点.
综上所述，当有两个零点时，.
17．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）连接AC交BD于，连接MN，通过可证明；
（2）建立空间直角坐标系，，利用坐标运算通过求出，再利用向量法求线面角.
【详解】（1）连接AC交BD于，连接MN，
因为四边形ABCD是正方形，故为AC中点，是AE的中点，
所以在中，有，
又平面平面，
所以平面；
（2）如图，建立空间直角坐标系，设，
则，
又是AE的中点，故，
，因为，
所以，解得，
设，即，
可得，则，
又，设平面AEF的一个法向量为，
则，令，则，即，
设直线PM与平面AEF所成角为，
则
所以直线PM与平面AEF所成角的正弦值为.
18．(1)答案见解析
(2)① 证明见解析；②存在；
【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；
（2）设点，其中且.
（ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解.
【详解】（1）设点，由题意可知，
即，
经化简，得的方程为，
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．
（2）设点，其中且，
（ⅰ）由（1）可知的方程为，
因为，所以，
因此，三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，
则，
由（1）可知，
所以
，
所以为定值1；
（法二）设，则有，解得，
同理由，解得，
所以，
所以为定值1；
由椭圆定义，得，
，
解得，同理可得，
所以
．
因为，所以的周长为定值．
（ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线，
根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，
得，
，（*）
因为，
所以
，
将（*）代入上式，化简得，
（法二）设，依条件有，解得，
同理由，解得，
所以．
由双曲线的定义，得，
根据，解得，
同理根据，解得，
所以
，
由内切圆性质可知，，
当时，（常数）．
因此，存在常数使得恒成立，且．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合新定义判断证明；
（2）根据新定义，因为，分和两种情况证明；
（3）根据题意结合排列组合的知识表示的式子，然后结合组合数和基本不等式进行放缩即可证得结论.
【详解】（1）设与中对应项中同时为0的有个，同时为1的有个，
则对应项不同的为个，所以．
所以；
（2）设，
因为，
，
所以，
因为．
所以当时，，
当时，，
所以；
（3）记集合中所有两个元素间距离的总和为，
则．
设集合中所有元素的第个位置的数字共有个个0，
则，
因为，
所以，
所以，
所以.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
0
1
2