2024年天一名校高考数学经典模拟试卷七

这是一份2024年天一名校高考数学经典模拟试卷七，共23页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．[2024春·高二·湖北·期末联考]随着我国铁路的发展，列车的正点率有了显著的提高.据统计，途经某车站的只有和谐号和复兴号列车，且和谐号列车的列次为复兴号列车的列次的3倍，和谐号列车的正点率为0.98，复兴号列车的正点率为0.99，则一列车能正点到达该车站的概率为( )
1．答案：A
解析：依题意，设到达该车站列车为和谐号列车的概率为，为复兴号列车的概率为，则一列车能正点到达该车站的概率为.
故选:A.
2．[2024春·高一·辽宁锦州·期末]已知i为虚数单位,复数z满足,则( )
A.B.C.D.
2．答案：C
解析：由题意得,
所以
故选：C.
3．[2024春·高一·湖南邵阳·期末]已知集合，，则( )
A.B.C.D.
3．答案：A
解析：由可得，，即，
又由可得，，即，
则.
故选:A.
4．曲线在处的切线的倾斜角为( )
A.B.C.D.
4．答案：B
解析：因为，所以，所以，
所以曲线在处的切线的斜率为，所以其倾斜角为.
故选：B.
5．抛物线W：的焦点为F.对于W上一点P，若P到直线的距离是P到点F距离的2倍，则点P的横坐标为( )
A.1B.2C.3D.4
5．答案：A
解析：由题意得：，准线方程为，设点P的横坐标为a，，
由抛物线的定义可知：
则，解得：或（舍去），
从而点P的横坐标为1.
故选：A.
6．[2024届·江苏南京·二模校考]已知函数在上有且仅有4个零点，直线为函数图象的一条对称轴，则( )
A.B.C.D.
6．答案：C
解析：因为，且，则，
由题意可得：，解得，
又因为直线为函数图象的一条对称轴，
则，，解得，，
可知，，即，
所以.
故选：C.
7．[2023春·高二·陕西宝鸡·开学考试校考]阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知椭圆（）的右焦点为，过F作直线l交椭圆于A、B两点，若弦中点坐标为，则椭圆的面积为( )
A.B.C.D.
7．答案：C
解析：设，，则有，两式作差得：，
即，
弦中点坐标为，则，
又，，，
又，可解得，，
故椭圆的面积为.
故选：C.
8．设，过定点A的动直线和过定点B的动直线相交于点P（P与A，B不重合），则面积的最大值是( )
A.B.5C.D.
8．答案：D
解析：由题意直线过定点，
直线可变为，所以该直线过定点，
所以，
又，
所以直线与直线互相垂直，
所以，
所以即，
当且仅当时取等号，
所以，，即面积的最大值是.
故选：D.
9．[2024春·高一·长沙市第一中学·月考]已知，若函数在定义域内有且仅有两个不同的零点，则m的取值范围是( )
A.B.C.D.
9．答案：B
解析：，，
函数在有两个不同零点方程在有两个不同的根，设，
在有且仅有两个不同的根与抛物线有且仅有两个不同的交点，
10．[2024春·高一·山东淄博·期末]若，则( )
A.B.0C.1D.-1
10．答案：B
解析：因为，
所以，
所以，
故选：B.
二、多项选择题
11．[2024春·高二·吉林白山·期末]已知二项式的展开式的项数为奇数,其中只有4项为有理项,则( )
A.
B.展开式中第4项的二项式系数最大
C.展开式中常数项为15
D.展开式中各项系数之和为64
11．答案：BC
解析：二项式的展开式中共有项,又为奇数,所以为偶数,故A错误;又展开式的通项为,由只有4项为有理项知,,所以,则展开式中第4项的二项式系数最大,故B正确;当时,展开式中常数项为,故C正确;对,令,得展开式中各项的系数之和为0,故D错误.
12．[2024春·高一·浙江宁波·期末联考]下列描述正确的是( )
A.若事件A，B相互独立，，，则
B.若三个事件A，B，C两两独立，则满足
C.若，，则事件A，B相互独立与A，B互斥一定不能同时成立
D.必然事件和不可能事件与任意事件相互独立
12．答案：ACD
解析：A选项：由，，则，，又事件A，B相互独立，则，A选项正确；
B选项：若三个事件A，B，C两两独立，由独立事件的乘法公式，，，无法确定，B选项错误；
C选项：，，若事件A，B相互独立则，若事件A，B互斥，则，C选项正确；
D选项：设任意事件A发生的概率为P，必然事件事件B发生的概率为1，不可能事件C发生的概率为0，则，，D选项正确；
故选：ACD.
13．[2023春·高一·河南洛阳·月考校考]边长为4的正方形沿对角线折叠，使得平面平面，则关于四面体，下列结论正确的是( )
A.B.
C.四面体的体积为D.四面体的体积
13．答案：BD
解析：取中点O，连接，，则，，
而，，则，
又平面平面，平面平面，平面，
于是平面，平面，则，
所以，，AC错误，BD正确.
故选：BD.
14．已知函数，则下列判断正确的是( )
A.直线与曲线相切
B.函数只有极大值，无极小值
C.若与互为相反数，则的极值与的极值互为相反数
D.若与互为倒数，则的极值与的极值互为倒数
14．答案：AC
解析：，，
因为，，所以曲线在点处的切线方程为，故A正确；
令，得，所以，当时，存在使，且当时，；
当时，，即有极小值，无极大值，故B错误；
设为的极值点，则，且，
所以，，当时，
；当时，，
故C正确，D错误.
故选：AC.
15．[2023春·高一·辽宁丹东·期中联考]已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列命题正确的是( )
A.若，则
B.若，则是锐角三角形
C.若，则为等腰三角形
D.若，则为直角三角形
15．答案：AD
解析：A选项，因为，A，B为三角形内角，所以A为锐角，B为钝角或直角，此时；或A，B同为锐角，由余弦函数的性质可得，此时；
综上，根据三角形中大角对大边的原则，有，则A正确；
B选项，由余弦定理，只能说明C为锐角，但不能确定是锐角三角形，错误；
C选项，由，根据正弦定理可得，则，所以或，即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故C错误；
D选项，由，根据正弦定理可得，则，所以，因为，所以，则，即为直角三角形，故D正确；
故选：AD.
16．[2023春·高一·西藏拉萨·期末联考]在正方形中，，点E满足，则下列说法正确的是( )
A.当时，
B.当时，
C.存在t，使得
D.的最小值为2
16．答案：AD
解析：在正方形中，建立如图所示的平面直角坐标系，
由，得，，，由，得，，，
对于A，，而，，则，A正确；
对于B，，，，则，B错误；
对于C，若，则，而方程无实根，则不存在t，使得，C错误；
对于D，，因此，当且仅当时取等号，D正确.
故选：AD
17．[2023春·高二·河北承德·月考校考]已知有一段路共有米，有一人从第二天起每天走的路程减半，5天恰好走完了这段路则下列说法正确的是( )
A.第一天走的路程比后四天走的路程多6米B.第二天走了米
C.第三天走了全程的D.后三天共走了米
17．答案：AB
解析：记每天走的里程数为，前n项和为，
由题意可知，是公比为的等比数列，
由可得，，解得，
故，
所以，故第一天走的路程比后四天走的路程多6米，故A正确；
又，故第二天走了米，故B正确；
又，故第三天走的不是全程的，故C不正确；
，则后三天共走了米，故D不正确.
故选：AB.
三、填空题
18．已知x，，则的最小值为_____________.
18．答案：
解析：，
表示点到原点的距离与它到直线的距离之和，
由平面几何知识可知这个距离和的最小值是原点到直线的距离.
所以题中所求的最小值是.
故答案为：.
19．[2024春·高二·甘肃·期末]已知,分别为椭圆的左､右焦点,为C上一点,则C的离心率为________,内切圆的半径为________.
19．答案：,
解析：将代入中,,
即,,则椭圆方程为,
离心率为:.
如图所示,
易得,,,
则,,,
因为(C为三角形周长,r为内切圆半径).
又,代入得,解得.
故答案为:;.
20．[2023秋·高三·河南南阳·期末校考]已知指数函数（且）在其定义域内单调递增.设函数，当时，函数恒成立，则x的取值范围是_________.
20．答案：
解析：因为是指数函数，所以，解得或者，
又因为在定义域内单调递增，所以，所以，所以，
所以，
令，要使得即恒成立，
则，
所以，解得，
故答案为：.
21．[2024春·高二·河南·期中联考]由下列数阵可以看出，第n行最右边的数是，那么第20行所有数的和是____________.
21．答案：14859
解析：因为第n行最右边的数是，
所以第19行的最后一个数为，第20行的第一个数为362，
又因为第20行的最后一个数为，
由数阵的排列可得，第20行共有个数，
所以第20行所有数字之和为.
故答案为：14859.
22．已知等差数列的前n项和为，若，，则______.
22．答案：
解析：设等差数列，
则，，
解得，，
，
故答案为：.
23．[2024春·高一·天津·期末联考]所有棱长为2的直三棱柱的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________.
23．答案：
解析：因为所有棱长为2的直三棱柱的六个顶点都在同一球面上，
所以该三棱柱为正三棱柱，底面是边长为2的正三角形，
设正三角形的中心为M，正三角形的中心为N，连接，
则的中点O就是外接球的球心，连接,，则
，，
所以,
即三棱柱的外接球半径，
所以外接球的表面积为.
故答案为：.
24．[2023秋·高二·安徽安庆·月考校考]如图，在直三棱柱中，，，点G，E，F分别是、、的中点，点D是上的动点.若，则线段长度为__________.
24．答案：
解析：如图，以点A为原点，以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
因为，所以，得，
即，所以.
故答案为：.
四、解答题
25．[2024届·河南·二模]如图，在多面体DABCE中，是等边三角形，，.
(1)求证：；
(2)若二面角为，求直线DE与平面ACD所成角的正弦值.
25．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)取BC中点O，连接AO，EO.
是等边三角形，O为BC中点，
，
又，，
，平面,
平面，
又平面AEO，.
(2)连接DO，则，
由，
得，，
又，，，
又，平面,
平面.
如图，以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设平面ACD的法向量为，
则即
取，则.
是二面角的平面角，
，
又，，，
则，
直线DE与平面ACD所成角的正弦值为.
26．[2024春·高二·福建福州·期末联考]“绿色出行，低碳环保”的理念已经深入人心，逐渐成为新的时尚甲、乙、丙三人为响应“绿色出行，低碳环保”号召，他们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种他们之间的出行互不影响，其中，甲每天选择“共享单车”的概率为，乙每天选择“共享单车”的概率为，丙在每月第一天选择“共享单车”的概率为，从第二天起，若前一天选择“共享单车”，后一天继续选择“共享单车”的概率为，若前一天选择“地铁”，后一天继续选择“地铁”的概率为，如此往复.
（1）求3月1日至少有一人选择“共享单车”出行的概率；
（2）记甲、乙、丙三人中3月1日选择“共享单车”出行的人数为X，求X的分布、期望与方差；
（3）求丙在3月份第天选择“共享单车”的概率，并帮丙确定在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数.
26．答案：（1）；
（2）分布列见解析；，；
（3）在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数为2.
解析：（1）由题意可得3月1日至少有一人选择“共享单车”出行的概率为；
（2）由题意知，X的可能取值为0，1，2，3，
则，，
，，
则X的分布列为：
故，
；
（3）由题意得，
则，
则，又，
故数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，
故，
在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率需满足即，
即，即，
当n为偶数时，上式显然不成立，
故当n为奇数时，有，
当时，成立，
当时，，
当时，，即不成立，
随n的增大而减小，故时，均不成立，
则只有在第1天和第3天时有，
故在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数为2.
27．[2024春·高二·陕西汉中·期末]已知双曲线的实轴长是虚轴长的倍,且焦点到渐近线的距离为.
（1）求双曲线C的方程;
（2）若动直线l与双曲线C恰有1个公共点,且与双曲线C的两条渐近线交于P,Q两点,O为坐标原点,证明:的面积为定值.
27．答案：（1）;
（2）证明见解析.
解析：（1）设双曲线C的一个焦点为,一条渐近线方程为,
焦点F到渐近线的距离为,
由实轴长是虚轴长的倍,得,
所以双曲线C的标准方程为.
（2）由（1）知,双曲线C的渐近线方程为,
当直线l的斜率不存在时,l的方程为,,,
当直线l的斜率存在时,不妨设直线,且,
由消去y得,
由,得,
由,得,不妨设与的交点为P,则点P的横坐标,
同理得点Q的横坐标,则,
而原点O到直线l的距离,因此,
所以的面积为定值,且定值为.
28．已知函数,.
（1）求曲线在点处的切线方程;
（2）讨论的单调性;
（3）证明：当时,.
28．答案：（1）
（2）当时,在上单调递增;当时,在上单调递增,在上单调递减.
（3）见解析
解析：（1）由题知,,
令,则,且切线斜率为,
曲线在点处的切线方程为,可化为.
（2）,
当,在上恒成立,
故在上单调递增;
当时,令,得或（舍去）,
令,得,
故在上单调递增,在上单调递减,
综上所述：当时,在上单调递增;
当时,在上单调递增,在上单调递减.
（3）由（2）知,当时,有,
证明当时,,
即证,
即证,
令,则,
令,则,
,,
在上单调递增,
,即,
在上单调递减,
,,
,
即当时,成立.
29．[2024春·高一·河南南阳·期末联考]已知,
(1)求的值;
(2)求的值.
29．答案：(1);
(2).
解析：(1)由,得,由,得,
所以
.
(2)由(1)得,则,
所以.
30．[2024春·高一·河南驻马店·期末]已知的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,的外接圆的半径,且满足.
（1）求角B;
（2）若BD为AC边上的角平分线,且,求的面积;
（3）设的外接圆的圆心为O,且,求的取值范围.
30．答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）由,得①
由,得②
由①②联立,得
由,消去,得
又由,得
（2）由（1）可知,由正弦定理得
而BD为的平分线,故
又且,得,
即①
再由余弦定理,
整理得②
由①②联立,可得,解得或（舍去）
故
（3）由（1）知,且O为的外接圆的圆心
可知,,,
由,且
则,即
则
故
X
0
1
2
3
P