[数学]贵州省遵义市2024届高三第二次模拟测试试题(解析版)

这是一份[数学]贵州省遵义市2024届高三第二次模拟测试试题(解析版)，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 样本数据11 ，12 ，13 ，15 ，16 ，13 ，14 ，15 ，11的第一四分位数为（ ）
A. 11.5B. 12C. 12.5D. 13
【答案】B
【解析】样本数据由小到大排列为11 ，11，12 ，13 ，13 ，14 ，15 ，15，16 ，
由，得样本数据的第一四分位数为12.
故选：B.
2. 已知数列的前项和，则（ ）
A. 16B. 17C. 18D. 19
【答案】D
【解析】依题意，，，
所以.
故选：D.
3. 已知单位向量满足，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由平方可得，即，
则，则，
又，
所以，
故与的夹角为.
故选：B.
4. 已知集合，，若，则整数的值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】因不等式或，解得或，
所以或，
因为，所以，解得，则整数的值为，
故选：A.
5. 若函数在上有且仅有一个零点，，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】当时，，
由在上只有一个零点，得，解得，
由，得，解得，
所以.
故选：C.
6. 已知平面满足，下列结论正确的是（ ）
A. 若直线，则或
B. 若直线，则与和相交
C. 若，则，且
D. 若直线过空间某个定点，则与成等角的直线有且仅有4条
【答案】D
【解析】在正方体中，平面，平面，平面两两垂直，
令平面为平面，平面为平面，平面为平面，
对于A，直线，，当为直线时，，A错误；
对于B，，当为直线时，，B错误；
对于C，，当为直线时，，C错误；
对于D，在正方体中，直线相交于点，
它们与平面，平面，平面所成的角都相等，
而正方体过其中心的直线有且只有4条直线与该正方体各个面所成的角相等，
过空间给定点作直线平行于直线之一，所得直线与与所成角相等，
因此直线过空间某个定点，与成等角的直线有且仅有4条，D正确.
故选：D.
7. 已知双曲线的左右焦点分别为，过点且与渐近线垂直的直线与双曲线左右两支分别交于两点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意知，点到渐近线的距离为，
所以，
因为，，所以，
所以，
因为，所以，
得，则，
在中，由正弦定理得，
即，得，
由双曲线的定义知，
所以，
在中，由余弦定理得，
即，
整理得，即，
所以离心率为.
故选：A.
8. 已知定义在上的函数满足：，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 的周期为4
C. 关于对称D. 在单调递减
【答案】C
【解析】由，，
可得，可设，
由，即，则可取，即进行验证.
选项A： ，故选项A不正确.
选项B：由，则其最小正周期为,故选项B不正确.
选项D：由于周期函数，则在不可能为单调函数. 故选项D不正确.
选项C：,又，故此时为其一条对称轴.
此时选项C正确,
故选：C.
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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知实数a，b，c满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 若，则的最小值为2
【答案】BC
【解析】对于A，等价于，当时，显然不成立，故A错误；
对于B，，，，故B正确；
对于C，，，，故C正确；
对于D，，，，所以，
所以，
所以当时，的最小值为2，此时，显然不满足，故D错误.
故选：BC.
10. 关于复数，下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若
C. 若，则
D. 若，则在复平面内对应的点的轨迹为一条直线
【答案】AD
【解析】对于A，设，则，A正确；
对于B，当时，，B错误；
对于C，，则，而，因此，C错误；
对于D，设，由，得，因此在复平面内对应的点的轨迹为一条直线，D正确.
故选：AD.
11. 已知平面内曲线：，下列结论正确的是（ ）
A. 曲线关于原点对称
B. 曲线所围成图形的面积为
C. 曲线上任意两点同距离的最大值为
D. 若直线与曲线交于不同的四点，则
【答案】AC
【解析】对于A，在曲线：中，分别换方程不变，
因此曲线关于原点对称，A正确；
对于B，当时，，即表示以点为圆心，为半径的圆在第一象限的圆弧，
圆弧端点，，，
则，
，扇形的面积，
在曲线的方程中，用换或者用换方程都不变，则曲线关于对称，也关于轴对称，
所以曲线所围成图形的面积为，B错误；
对于C，由选项B知，曲线在第二象限、在第三象限、在第四象限内的部分
分别是以点为圆心，半径为的圆弧，圆心角都等于，
由图知，两个点分别在两段圆弧上时，两点间的距离才可能最大，由圆的性质知，
当两个点在相邻两个象限的圆弧上时，两点间距离最大值等于，
当两个点在相对两个象限的圆弧上时，两点间距离最大值等于，
而，所以曲线上任意两点同距离的最大值为，C正确；
对于D，直线交轴于点，交轴于点都在曲线在第四象限的圆弧下方，
点到直线的距离，
于是直线曲线无公共点，且在曲线的下方，
当时，直线在曲线的下方，与曲线无公共点，
D错误.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 三角形中，角所对的边分别为，若 ，则_____________．
【答案】
【解析】在中，由正弦定理及，得，而，
则，两边平方得,
于是，而，则，于是，，
而，根据大边对大角，不可能是钝角，所以.
13. 某校开展劳动技能比赛，高三（1）班有3名男生，5名女生报名参赛，现从8名同学中选4名同学代表班级参加比赛，要求男女生各至少1人，则不同的选派方案共有_________种．
【答案】65
【解析】从8名同学中任选4名，有种方法，其中全是女生的选法有种，
所以不同的选派方案共有（种）.
14. 如图，棱长为4的正方体中，点为中点，点在正方体内（含表面）运动，且满足，则点在正方体内运动所形成的图形的面积为_________________；若在正方体内有一圆锥，圆锥底面圆内切于正方形，圆锥顶点与正方体上底面中心重合，则点运动所形成的图形截圆锥表面得到的椭圆的离心率为_____________________.
【答案】
【解析】取，的中点，连接，则且，
则点在正方体内运动所形成的图形为四边形，
又在正方体中平面，且平面，则，
所以四边形为矩形.
又，则
又，所以，即，
由上可知平面，且平面，则，
由，且平面，平面，所以平面.
当点在正方体内运动所形成的图形为四边形时，平面，所以满足，
此时，，面积为.
由上可知为平面与底面所成角.
则，则，故，
设截面椭圆的中心为，长轴为，短轴为，
过椭圆的短轴作与圆锥的底面平行的截面分别交母线于两点.
设该截面与圆锥的轴所成角为，则，则，
设圆锥的母线于圆锥的轴所成角为，则.，
由相交弦定理可得：，
在中，，
所以，即，
在中，，
所以，即，
设椭圆的离心率为，
则
，所以.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知直线过点，抛物线．
（1）若直线与抛物线于两点，且中点的横坐标为3，求直线的方程；
（2）若直线与抛物线有且仅有一个交点，求直线的方程．
解：（1）依题意，直线的斜率存在且不为0，
设其方程为，，
由消去y得，，
解得，，
由中点的横坐标为3，得，解得或，
所以直线的方程为或，即或.
（2）当直线的斜率不存在或为0时，直线与曲线有唯一公共点，此时直线的方程为或；当直线斜率存在且不为0时，设直线的方程为，
由（1）知，，解得，直线的方程为，
所以直线的方程为或或.
16. 商场对某种商品进行促销，顾客只要在商场中购买该商品，就可以在商场中参加抽奖活动．规则如下：先赋予参加抽奖的顾客5分的原始分，然后从装有4个红球，2个白球，2个黑球的盒中有放回地随机取球若干次，每次取出一个球，若为红球，则加1分，否则扣1分，过程中若顾客持有分数变为0分，抽奖结束；若顾客持有分数达到15分，则获得一等奖，抽奖结束．
（1）求顾客3次取球后持有分数的数学期望；
（2）设顾客在抽奖过程中持有分数为分最终获得一等奖的概率为；
①证明：是等差数列；
②求顾客获得一等奖的概率．
（1）解：记事件：“一次取出红球”，则，
设顾客3次取球取得红球的次数为随机变量为，3次取球后累计分数为随机变量.
则，
则，故，
所以；
（2）①证明：由题意当时，，即，
所以是等差数列；
②解：由题意，由上可知：，
所以，
又由题意，所以.
由先赋予参加抽奖的顾客5分的原始分，即，
所以先赋予参加抽奖的顾客5分的原始分，顾客获得一等奖的概率.
17. 通过化学的学习，我们知道金刚石是天然存在的最硬的物质，纯净的金刚石是无色透明的正八面体形状的固体，如图1是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，从图中可以看出，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接，从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个所有棱长都相等的正三棱锥的4个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离相等的位置，如图2所示：
（1）在金刚石的碳原子空间结构图（图2）中，求直线与直线所成角的余弦值；
（2）若四面体和正八面体的棱长相等，现将两几何体拼接起来，使它们一个表面完全重合，得到一个新多面体，判断新多面体为几面体，并说明理由．
解：（1）将正四面体放入正方体中，为正方体的中心，如图，设正方体棱长为，
则，
在中，由余弦定理得：
，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
（2）新多面体为七面体.
设四面体和正八面体的棱长为1，
在正四面体中，取中点为，连接，
在正中，，同理，则为二面角的平面角，
，在中，由余弦定理得：
，
在四棱锥中，取中点，连接，在正中，，同理，
即即为二面角的平面角，而，
在中，由余弦定理得：，
于是二面角与二面角互补，
同理得二面角的余弦值为，
以平面与平面完全对应重合为例，则，，，四点共面，
同理，，，四点共面，，，，四点共面，
所以将两几何体拼接起来，使它们一个表面完全重合，得到一个七面体.
18. 函数有且只有两个零点．
（1）求实数的取值范围；
（2）已知为常数，设函数，若，求的值．
解：（1）函数定义域为，求导得，
当时，在上单调递增，此时至多一个零点，不合题意；
当时，由，得；由，得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，，
当趋近于0时，趋近于正无穷大，当趋近于正无穷大时，趋近于正无穷大，
则只需，即，此时在上有唯一零点，在上有唯一零点，符合题意，所以的取值范围是.
（2）由（1）知，得，
令，则，
，，
，
，记，，
令，则，
令，求导得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，而，
则，当时，时，当时，，
于是函数在上单调递增，在上单调递减，又，，
当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，，
因此，显然当时，，而，所以.
19. 设集合或，中的元素，，定义：．若为的元子集，对，都存在，使得，则称为的元最优子集．
（1）若，且，试写出两个不同的；
（2）当时，集合，证明：为的2元最优子集；
（3）当时，否存在最优子集，若存在，求出一个最优子集，若不存在，请说明理由．
（1）解：取或，满足，
所以或.
（2）证明：任取，
则存在，使得，
记，
，
若，则结论成立；若，则，
所以为的2元最优子集.
（3）解：先考虑的情况，假设存在最优子集，则中至少含有两个元素，
不妨先考虑中只有两个元素的情况，
记，
，使，
记，则，
由，得，
因此中至少有一个数大于等于4，
这与是最优子集矛盾，由的任意性，可知不存在最优子集，
当时，，
则，所以没有最优子集.