2024年重庆市七校联盟高考数学三诊试卷-普通用卷

这是一份2024年重庆市七校联盟高考数学三诊试卷-普通用卷，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。
1.已知集合A={x∈N*|x2−4x−5≤0}，B={0,1,2}，则A∩B=( )
A. {x|1≤x≤2}B. {x|0≤x≤2}C. {0,1,2}D. {1,2}
2.已知z=a+i1+2i(a∈R)是纯虚数，则z⋅z−的值为( )
A. −1B. 1C. 2D. 14
3.已知向量a=(2,3)，b=(m−1,2m+1)，若a//b，则m=( )
A. 3B. 18C. −18D. −5
4.设α，β，γ是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列命题中为真命题的是( )
A. 若α⊥β，a⊂α，b⊂β，则a⊥b
B. 若α//β，a⊂α，b⊂β，则a//b
C. 若a//α，b⊂β，则a与b异面
D. 若α∩β=a，α⊥γ，β⊥γ，则a⊥γ
5.已知cs(π4−α)=3cs(α+π4)，则tanα=( )
A. 2B. 12C. 3D. 13
6.已知抛物线C：y=4x2的焦点为F，该抛物线上一点P到y=−1的距离为4，则|PF|=( )
A. 3B. 4C. 4916D. 72
7.已知y=f(x+1)+1为奇函数，则f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=( )
A. −12B. −10C. −6D. −5
8.如图，函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|≤π2)的图象与x轴的其中两个交点分别为A，B，与y轴交于点C，D为线段BC的中点，OB= 3OC，OA=2，AD=2 213，则下列说法正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为12π
B. f(x)的图象关于直线x=8对称
C. f(2)=f(−4)
D. f(−x+2)为偶函数
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知直线l：x+my−m+3=0，圆C：(x−1)2+(y−2)2=5，则下列说法正确的是( )
A. 直线l恒过定点(−3,1)B. 直线l与圆C相交
C. 当直线l平分圆C时，m=−4D. 当点C到直线l距离最大时，m=14
10.已知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=2，直线A1C与底面ABC所成角的正弦值为 33，则( )
A. 直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为43
B. 点B1到平面A1BC的距离为 2
C. 当点D为线段A1C的中点时，平面DBB1⊥平面DCC1
D. E、F分别为棱BB1、CC1上的动点，当AE+EF+FA1取得最小值时，A1F=EF
11.已知函数f(x)=e2x−ax2(a为常数)，则下列结论正确的是( )
A. 当a=1时，f(x)在(0,f(0))处的切线方程为2x−y+1=0
B. 若f(x)有3个零点，则a的取值范围为(e2,+∞)
C. 当a=e2时，x=1是f(x)的极大值点
D. 当a=12时，f(x)有唯一零点x0，且−10)的右焦点、上顶点，过原点的直线l交椭圆Γ于A，B两点，满足|AF|+|BF|=4，∠FCO=π3.
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)设椭圆Γ的下顶点为D，过点D作两条互相垂直的直线l1，l2，这两条直线与椭圆Γ的另一个交点分别为M，N，设直线l1的斜率为k(k≠0)，△DMN的面积为S，当S|k|>169时，求k的取值范围.
19.(本小题17分)
在概率统计中，常常用频率估计概率.已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球n次，红球出现m次.假设每次摸出红球的概率为p，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率p的估计值为p =mn.
(1)若袋中这两种颜色球的个数之比为1：3，不知道哪种颜色的球多.有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为Y，则Y∼B(3,p).
注：Pp(Y=k)表示当每次摸出红球的概率为p时，摸出红球次数为k的概率)
(ⅰ)完成如表；
(ⅱ)在统计理论中，把使得Pp(Y=k)的取值达到最大时的p，作为p的估计值，记为p，请写出p的值.
(2)把(1)中“使得Pp(Y=k)的取值达到最大时的p作为p的估计值p ”的思想称为最大似然原理.基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计.
具体步骤：先对参数θ构建对数似然函数l(θ)，再对其关于参数θ求导，得到似然方程l′(θ)=0，最后求解参数θ的估计值.已知Y∼B(n,p)的参数p的对数似然函数为l(p)=i=1nxilnp+i=1n(1−Xi)ln(1−p)，其中Xi={0,第i次摸出白球1,第i次摸出红球.求参数p的估计值，并且说明频率估计概率的合理性.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合A={x∈N*|x2−4x−5≤0}={x∈N*|−1≤x≤5}={1,2,3,4,5}，
又∵B={0,1,2}，
∴A∩B={1,2}.
故选：D.
先求出集合A，再利用集合的基本运算求解．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵z=a+i1+2i=(a+i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=a+25+1−2a5i是纯虚数，
则a+2=01−2a≠0，即a=−2.
∴z=−2+i1+2i=(−2+i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=i.
则z⋅z−的值为1.
故选：B.
利用复数代数形式的乘除运算化简，然后由实部等于0且虚部不等于0求得a的值，进一步求得z⋅z−的值．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵向量a=(2,3)，b=(m−1,2m+1)，且a//b，
∴2(2m+1)−3(m−1)=0，
解得m=−5.
故选：D.
根据平行向量的坐标关系求解．
本题主要考查了平行向量的坐标关系，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：α，β，γ是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，
对于A，若α⊥β，a⊂α，b⊂β，则a与b相交、平行或异面，故A错误；
对于B，若α//β，a⊂α，b⊂β，则a与b平行或异面，故B错误；
对于C，若a//α，b⊂β，则a与b有可能相交或平行，故C错误；
对于D，若α∩β=a，α⊥γ，β⊥γ，则由面面垂直的性质及线面垂直的判定得a⊥γ，故D正确．
故选：D.
对于A，a与b相交、平行或异面；对于B，a与b平行或异面；对于C，a与b有可能相交或平行；对于D，由面面垂直的性质及线面垂直的判定得a⊥γ.
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：由题意可得 22(csα+sinα)=3⋅ 22(csα−sinα)，
整理可得：4sinα=2csα，
解得tanα=12.
故选：B.
由题意及两角和，两角差的余弦公式展开整理可得sinα，csα的关系，进而求出tanα的值．
本题考查两角和，两角差的余弦公式的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意可知：抛物线C：y=4x2的准线为y=−116，
设P(x0,y0)，y0≥0，则y0+1=4，解得y0=3，
所以|PF|=y0+116=4916.
故选：C.
设P(x0,y0)，y0≥0，由题意可得y0=3，结合抛物线的定义运算求解．
本题考查了抛物线的性质，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：因为y=f(x+1)+1为奇函数，图象关于原点对称，
所以y=f(x)的图象关于(1,−1)对称，
所以f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=[f(−1)+f(3)]+[f(0)+f(2)]+f(1)
=−2−2−1=−5.
故选：D.
由已知结合函数的奇偶性及对称性及函数图象的平移即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性，对称性及函数图象的平移在函数求值中的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由题可知A(2,0)，B(2+πω,0)，C(0,Asinφ)，则D(1+π2ω,Asinφ2)，
有 3|Asinφ|=2+πω，sin(2ω+φ)=0，AD=2 213，
所以(π2ω−1)2+A2sin2φ4=283，
把|Asinφ|=1 3(2+πω)代入上式，得(πω)2−2×πω−24=0，解得πω=6(负值舍去)，
所以ω=π6，所以sin(π3+φ)=0，由|φ|≤π2，解得φ=−π3.
所以 3|Asin(−π3)|=8，解得A=163，
所以f(x)=163sin(π6x−π3)，
而f(2)=163sin(π6×2−π3)=0，f(−4)=163sin[π6×(−4)−π3)]=0，
所以f(2)=f(−4)，故C正确；
A中，可得最小正周期T=2ππ6=12，所以A不正确；
B中，因为π6×8−π3=π，所以(8,0)是函数的应该对称中心，所以B不正确；
D中，f(−x+2)=163sin[π6(−x+2)−π3]=163sin(−x)=−163sinx，显然是奇函数，所以D不正确．
故选：C.
由题意可得点A，B，C的坐标，由题意可得点D的坐标，再由OB= 3OC，OA=2，AD=2 213，可得ω，φ，A的值，即求出函数f(x)的解析式，再分别对所给的命题进而判断它们的真假．
本题考查由部分图象求三角函数的解析式及三角函数的性质的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对直线l：x+my−m+3=0，可得(y−1)m+x+3=0，
由y−1=0且x+3=0，可得x=−3，y=1，
可知直线l恒过定点(−3,1)，选项A正确；
由于(−3−1)2+(1−2)2=17>5，
即定点(−3,1)在圆外，则直线l与圆C不一定相交，选项B错误；
若直线l平分圆C，则直线l过圆心(1,2)，
可得1+2m−m+3=0，解得m=−4，选项C正确；
当点C到直线l距离最大时，点C与定点(−3,1)的连线与直线l垂直，
则2−11+3⋅(−1m)=−1，解得m=14，选项D正确．
故选：ACD.
将直线化为(y−1)m+x+3=0，容易求得定点坐标；由定点在圆外，可判断选项B；当直线l平分圆C，直线l过圆心(1,2)，求得m的值，判断选项C；当点C到直线l距离最大时，点C与定点(−3,1)的连线与直线l垂直，由此可判断选项D.
本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：对A选项，∵直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为12×2×2×2=4，∴A选项错误；
对B选项，在该正方体中，易知A1B⊥AB1，BC⊥平面ABB1A1，
∴AB1⊥BC，又A1B∩BC=B，
∴AB1⊥平面A1BC，
∴点B1到平面A1BC的距离为AB12= 2，∴B选项正确．
对C选项，当D为A1C的中点时，取B1B的中点H，设AC∩BE=G，
则易知HD//BG，又易知BG⊥平面ACC1A1，即BG⊥DCC1，
∴HD⊥平面DCC1，又HD⊂平面DBB1，
∴平面DBB1⊥平面DCC1，∴C选项正确；
对于D选项，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，其侧面展开图如图：
当AE+EF+FA1取得最小值时，在侧面展开图中连接AA1，分别为交BB1，CC1于点E，F，
由相似可知，点E，F分别为BB1，CC1的三等分点，如图所示，
，
过点E作EH⊥CC1交CC1于点H，
由勾股定理得AE= AB2+BE2，EF= EH2+HF2，FA1= AC2+BE2，
因为AB=BC=EH，BE=HF，
所以AE=EFe2，
所以a的取值范围为(e2,+∞)，故B正确；
对于C：当a=e2时，f(x)=e2x−e2x2，
f′(x)=2e2x−2e2x=2(e2x−e2x)，
令g(x)=e2x−e2x，
g′(x)=2e2x−e2在R上单调递增，
又g′(0)=2−e20，
所以存在x0∈(0,1)，使得g′(x0)=0，
所以在(−∞,x0)上g′(x)0，g(x)单调递增，
又g(1)=0，
所以在(−∞,1)上g(x)0，f(x)单调递增，
所以当x=1时，f(x)取得极小值，故C错误；
对于D：当a=12时，f(x)=e2x−12x2=2(e2x−12x)，
设h(x)=e2x−12x，则h′(x)=2e2x−12，
令h′(x)=0得x=ln12时，
所以当x0，h(x)单调递增，
所以当x=ln12时，h(x)min=h(ln12)=e2ln12−14=0，
所以h(x)≥0，
所以f′(x)≥0，
所以f(x)在R上单调递增，
又因为f(−1)=e−2−120，
即f(−1)f(−12)0，函数f(x)单调递增，
2