2024年天一名校高考数学经典模拟试卷六

这是一份2024年天一名校高考数学经典模拟试卷六，共20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·云南大理州·期中校考]已知集合，，则( )
A.B.C.D.
1．答案：A
解析：解不等式得：或，即或，，
而，则，
所以.
故选：A
2．[2023春·高二·西藏日喀则地区·期末]已知复数在复平面上对应的点的坐标为,,且为纯虚数,则( )
A.B.C.1D.
2．答案：C
解析：复数,,则,
依题意得,,解得,即,
,
所以.
故选:C.
3．我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果,功不可没,“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必清注射液;“三方”分别为清肺排毒汤、化败毒方、 宣肺败毒方,若某医生从“三药三方”中随机选出两种,事件A表示选出的两种中至少有一药,事件B表示选出的两种中有一方,则( )
A.B.C.D.
3．答案：D
解析：依题意,,
所以.
故选：D.
4．[2024春·高二·江西宜春·月考校考]设是首项为1的等比数列,且,,成等差数列,则数列的前n项和( )
A.B.C.D.
4．答案：A
解析：设数列的公比为q,因为,,成等差数列,
所以,即,
将代入得,解得,
则.
故选:A
5．[2024春·高二·云南大理州·期中校考]函数的大致图象是( )
A.B.
C.D.
5．答案：D
解析：由函数，可得函数的定义域为，且，
故排除B,C,当时，且，排除A.
故选：D.
6．[2024春·高二·海南·期末]某圆柱的高为2，其正视图如图所示，圆柱上下底面圆周及侧面上的点A，B，D，F，C在正视图中分别对应点A，B，E，F，C，且，，异面直线，所成角的余弦值为，则该圆柱的外接球的表面积为( )
A.B.C.D.
6．答案：A
解析：依题意，圆柱的直观图如图所示，
连接，设圆柱底面圆的圆心为O，半径为r，由，知，E为的中点，C为的中点，
连接，则，即异面直线，所成角为或其补角，连接，，
由正视图知，则，在中，，即，
在中，有，而异面直线，所成角的余弦值为，即，
在中，由余弦定理得：，即，
解得，该圆柱的轴截面矩形对角线，
又圆柱的轴截面矩形是其外接球截面大圆的内接矩形，则该圆柱的外接球的半径，
所以该圆柱的外接球的表面积为.
故选：A.
7．[2024届·湖南·模拟考试联考]使得不等式成立的一个充分不必要条件是( )
A.B.C.D.
7．答案：C
解析：令,则已知不等式化为
,,故原不等式的解分两段:
(1),原不等式化为.
即.
(2),原不等式化为.
即.
四个选项对应的t取值范围分别为,,,,当时显然不满足题意,时易验证满足第一种情况,故选C.
8．[2024届·广西来宾·一模]已知椭圆的左、右焦点分别为，，过作一条直线与C交于A，B两点（不在坐标轴上），坐标原点为O，若，，则C的离心率为( )
A.B.C.D.
8．答案：C
解析：由椭圆定义得，又，故，
因为，故，故，，
又，
故，即⊥，
设，则，，
由勾股定理得，即，
解得或a，
当时，，则，
由勾股定理得，即，解得，
此时A，B两点不在坐标轴上，满足要求，
当时，，则，
此时A在y轴上，不合要求，舍去，
综上，离心率为.
故选：C
9．[2024春·高二·江西宜春·月考校考]由数据，，…，可得y关于x的线性回归方程为，若，则( )
A.48B.52C.56D.80
9．答案：A
解析：因为，所以，所以，所以.
10．[2024春·高二·湖南衡阳·期中校考]若命题“，”为真命题，则实数m的取值范围是( )
A.B.C.D.
10．答案：A
解析：由题意可知，不等式在R上有解，
，解得，
实数m的取值范围是.
故选：A.
11．[2024届·广东茂名·一模]函数和均为R上的奇函数，若，则( )
A.B.C.0D.2
11．答案：A
解析：因为为奇函数，所以关于对称，即，
又关于原点对称，则，有，所以的周期为4，故.
故选：A
12．[2023秋·高三·山西吕梁·月考]已知幂函数的图象经过点,下面给出的四个结论:
①;
②为奇函数;
③在R上单调递增;
④,其中所有正确命题的序号为( )
A.①④B.②③C.②④D.①②③
12．答案：B
解析：对于①:由幂函数的定义可知,解得,
将点代入函数得,解得,
所以,故①错误;
对于②:因为定义域为R,且,
所以为奇函数,故②正确;
对于③:由幂函数的图象可知,在R上单调递增,故③正确;
对于④:因为,且在R上单调递增,所以,故④错误,
综上可知,②③正确,①④错误.
故选:B.
13．[2024春·高二·湖南永州·期末联考]设，若函数，关于x的方程有且仅有1个实根，则a的取值范围为( )
A.B.C.D.
13．答案：A
解析：问题化为，的图象交点有且仅有一个，
由解析式知：，的图象都经过点，
所以，只需在处与两个分段上的图象都相切为临界情况，如下图，
对于，有，故；
对于，有，故；
如上图，中，当或时，，的图象仅有一个交点.
所以.
故选：A.
14．[2023春·高一·辽宁·月考联考]关于函数,下列说法正确的是( )
A.是奇函数
B.在区间上单调递减
C.为其图象的一个对称中心
D.最小正周期为
14．答案：C
解析：函数是非奇非偶函数,A错误;在区间上单调递增,B错误;最小正周期为,D错误.
当时,
为其图象的一个对称中心.故选C
15．[2024春·高一·甘肃酒泉·期末]如图，点O是的重心，点D是边上一点，且，，则( )
A.B.C.D.
15．答案：C
解析：如图所示，延长交于E，
由已知O为的重心，则点E为的中点，可得，且，
又由，可得D是的四等分点，
则，
因为，所以，，所以.
故选：C.
16．[2024春·高二·湖南永州·期末联考]在公比不为1的等比数列中，，的前n项积为，则中不同的数值有( )
A.15个B.14个C.13个D.12个
16．答案：B
解析：不妨设数列的公比为，则由可得：，则，
于是，，，2，…，20，
对于，，，由可得：，
即，整理得：，故得：，
又，，，故有：，，，
即在中，共有6对值分别相同，即其中不同的数值有14个.
故选：B.
17．[2024春·高一·太原五中·月考]《九章算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为( )
A.B.C.D.
17．答案：B
解析：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，
可得，，可得，，
又由圆台的高为1丈，可得圆台的母线长为，
所以圆台的侧面积为.
故选：B.
二、多项选择题
18．已知向量，，则下列结论中正确的是( )
A.若，则B.若，则
C.不存在实数，使得D.若，则
18．答案：AC
解析：对于A，由，可得，解得，故A选项正确；
对于B，由，可得，解得，故B选项错误；
对于C，若存在实数，使得，则显然无解，即不存在实数，使得，故C选项正确；
对于D，若，则，解得，于是，故D选项错误.
故选AC.
19．[2023秋·高一·江西宜春·期末校考]已知，，，若，则a，b，c的大小关系可能是( )
A.B.C.D.
19．答案：ABC
解析：分别作出三个函数的图象，如图：
当时，有，故B有可能；：当时，如图中x轴上方的虚线所表示，此时有，故A有可能；
当时，如图中x轴下方的虚线所表示，此时有，故C有可能；
除此三种情况，时，没有其它情况，故D不可能，
故选：ABC
20．[2024春·高一·广东韶关·月考联考]若的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且,,,则( )
A.为锐角三角形B.的面积为
C.O为的外心,则D.设,则
20．答案：BD
解析：在中,对于A,因为,由余弦定理得,又因为,所以A为钝角,A错误；
对于B,在中,由余弦定理可得,则,
所以,B正确；
对于C,因为,又因为,即
所以,C错误；
对于D,由,,所以,,D正确.
故选:BD.
21．[2024春·高二·云南大理州·期中校考]设直线与圆，则下列结论正确的为( )
A.l与C可能相离
B.l不可能将C的周长平分
C.当时，l被C截得的弦长为
D.l被C截得的最短弦长为4
21．答案：BD
解析：对于A选项，直线l过定点，且点在圆C内，则直线l与圆C必相交，A选项错误；
对于B选项，若直线l将圆C平分，则直线l过原点，此时直线l的斜率不存在，B选项正确；
对于C选项，当时，直线l的方程为，圆心C到直线l的距离为，
所以，直线l被C截得的弦长为，C选项错误；
对于D选项，圆心C到直线l的距离为，
所以，直线l被C截得的弦长为，D选项正确.
故选：BD.
三、填空题
22．[2024春·高二·天津静海区·月考校考]函数在点处的切线斜率为,则的最小值是___________.
22．答案：9
解析：因为,
所以,由题意可知,
所以,
当且仅当,又 ,即,时取等号,
所以的最小值是9.
故答案为:9.
23．[2024春·高一·广东·月考联考]已知，若向量满足，则在方向上的投影向量的坐标为__________.
23．答案：
解析：由题意知，故，所以，而，则，故，则在方向上的投影向量为，即在方向上的投影向量的坐标为，
故答案为：.
24．[2024春·高二·海南·期末]椭圆与双曲线有相同的焦点，，若曲线，有一个公共点P，则的面积为________.
24．答案：24
解析：长轴为，的实轴长为2，焦点为，即，
不妨设P在第一象限，
根据双曲线的定义和椭圆的定义可得，，
解得，，又，因此，
所以为直角三角形，因此，
故答案为：24.
25．[2024春·高二·湖北·月考]已知正四棱台的上､下底面边长分别为2和4，若侧棱与底面所成的角为，则该正四棱台的体积为__________.
25．答案：或
解析：如图，延长，，，相交于点P，连接，V，
过点P作平面，交于点O，则平面于点，
且点在上，
其中，，过点作于点F，则，
所以，
因为侧棱与底面所成的角为，所以，故，
则该正四棱台的体积为.
故答案为：
26．[2023春·高二·江西吉安·期中校考]已知过抛物线的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，，则_________.
26．答案：
解析：由题意知焦点，准线方程为，
当直线斜率存在时，设过点F的直线为，
代入抛物线方程，得，
化简后为：，
设，则有，
根据抛物线性质可知，，
，
又由，则.
当斜率不存在时，直线方程为，此时，不成立.
故答案为：.
27．[2023春·高二·西藏日喀则地区·期末]已知在的展开式中,第3项的二项式系数与第4项的二项式系数相等,且的系数为80,则____________.
27．答案：2
解析：二项式的展开式的通项公式为
,,
所以第3项的二项式系数,第4项的二项式系数为,
因为第3项的二项式系数与第4项的二项式系数相等,
所以,解得,
所以在的展开式中的系数为,解得,
故答案为:2.
四、解答题
28．[2024春·高三·云南大理州·月考校考]如图，在四棱锥中，底面为菱形，是边长为2的等边三角形，．
（1）证明：平面平面；
（2）若点E为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
28．答案：（1）答案见解析；
（2）.
解析：（1）由题意得，又，
所以，，所以，，
因为底面为菱形，则，
故，平面，平面，，
所以平面，平面，所以平面平面.
（2）
由（1）知平面，而平面，所以，故底面为正方形.
设中点为O，连接，在平面内作，
因为为等边三角形，所以，故平面.
如图，以O为坐标原点，以为正交基地，建立空间直角坐标系，
则，，，，所以,
故，，.
设为平面的法向量，则有，
即，可取.
设为平面的法向量,则有，
即，可取.
则，
所以平面与平面夹角的余弦值.
29．[2024春·高三·云南大理州·月考校考]2023年冬，甲型流感病毒来势汹汹．某科研小组经过研究发现，患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异．在某地的两类人群中各随机抽取20人的该项医学指标作为样本，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值a，将该指标小于，a的人判定为阳性，大于或等于a的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，用频率估计概率．
（1）当临界值时，求漏诊率和误诊率；
（2）从指标在区间样本中随机抽取2人，记随机变量X为未患病者的人数，求X的分布列和数学期望；
（3）在该地患病者占全部人口的5%的情况下，记为该地诊断结果不符合真实情况的概率．当时，直接写出使得取最小值时的a的值．
29．答案：（1），；
（2）分布列见解析；期望为；
（3）
解析：（1）由频率分布直方图可知，．
（2）样本中患病者在指标为区间的人数是，未患病者在指标为区间的人数是，总人数为5人．
可能的取值为0，1，2．
，，．
随机变量X的分布列为
随机变量X的期望为．
（3）由题，，
时，令,
,
所以，关于t的一次函数系数为，故单调递增，则即时取最小值
30．[2024春·高二·天津静海区·月考校考]已知函数,.
（1）证明：当时,;
（2）若函数有两个零点,,求m的取值范围.
30．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）由题意可得：函数,且,,
若,则在内恒成立,
可知在内单调递增,可得;
若,令,解得;令,解得;
可知在内单调递减,在内单调递增,
可得,
且,则,则;
综上所述：当时,.
（2）由题意可得：,
令,整理可得,
设,则,
且,可知,
令,解得;令,解得;
则在内单调递减,在内单调递增,
由题意可知：有两个零点,则,解得,
若,令,则
则,
可知在内有且仅有一个零点;
且当x趋近于,趋近于,可知内有且仅有一个零点;
即,符合题意,
综上所述：m的取值范围为;
X
0
1
2
P