2024届高三数学下学期2月第一次模拟考试含解析

这是一份2024届高三数学下学期2月第一次模拟考试含解析，共18页。试卷主要包含了本试卷共6页，已知正实数满足,则的最小值为，党的二十大报告提出，已知角为锐角,则的最小值为，下列说法中,正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.本试卷共6页。时间120分钟,满分150分。答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置,并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上,然后认真核对条形码上的信息,并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.作答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。作答非选择题时,将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将试卷和答题卡一并收回。
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.若集合,则
A.B.C.D.
2.已知复数满足,复数的共轭复数为,则在复平面内对应的点位于
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3.已知向量,若反向共线,则实数的值为
A.-7B.3C.3或-7D.-3或7
4.已知正实数满足,则的最小值为
A.8B.9C.10D.11
5.已知等比数列的公比与等差数列的公差均为2,且,设数列满足,则数列的前20项的和为
A.B.C.D.
6.党的二十大报告提出:“深化全民阅读活动.”今天,我们思索读书的意义、发掘知识的价值、强调阅读的作用,正是为了更好地满足人民群众精神文化生活新期待.某市把图书馆、博物馆、美术馆、文化馆四个公共文化场馆面向社会免费开放,开放期间需要志愿者参与协助管理.现有A,B,C,D,E共5名志愿者,每名志愿者均参与本次志愿者服务工作,每个场馆至少需要一名志愿者,每名志愿者到各个场馆的可能性相同,则A,B两名志愿者不在同一个场馆的概率为
A.B.C.D.
7.已知函数的图象过原点,且关于点对称,若函数在上单调,则图象的相邻两条对称轴之间的距离为
A.B.C.D.
8.已知角为锐角,则的最小值为
A.2B.C.1D.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.下列说法中,正确的是
A.设有一个经验回归方程为,变量增加1个单位时,平均增加2个单位
B.已知随机变量,若,则
C.两组样本数据和的方差分别为.若已知且,则
D.已知一系列样本点的经验回归方程为,若样本点与的残差相等,则
10.已知函数的部分图像如图所示、则下列结论正确的是
A.在上有两个极值点B.
C.函数的图象关于轴对称D.若,则的最小值为
11.已知双曲线上一点到其两条渐近线的距离之积为,则下列结论正确的是
A.B.C.D.
12.如图1,在直角梯形ABCD中,,,点E,F分别为边AB,CD上的点,且.将四边形AEFD沿EF折起,如图2,使得平面平面EBCF,点是四边形AEFD内的动点,且直线MB与平面AEFD所成的角和直线MC与平面AEFD所成的角相等,则下列结论正确的是
A.
B.点的轨迹长度为
C.点到平面EBCF的最大距离为
D.当点到平面EBCF的距离最大时,三棱锥外接球的表面积为
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.在的展开式中,的系数为______________.
14.已知圆,点,若直线与圆相交于A,B两点,且,则实数的值为______________.
15.已知曲线与曲线关于直线对称,则与两曲线均相切的直线的方程为______________.
16.已知直线与抛物线交于A,B两点,且点位于第二象限,抛物线上有一动点位于曲线AB之间（不含端点），以线段AB为直径的圆与直线AP交于异于点的另一点,则的取值范围是______________.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(本小题满分10分)
在中,角的对边分别为且.
(1)求角;
(2)若的平分线交BC于点,求AD的长.
18.(本小题满分12分)
已知数列,若.
(1)求证:数列是等比数列;
(2)若数列的前项和为,不等式对任意的正整数恒成立,求实数的取值范围.
19.(本小题满分12分)
象棋是中国棋文化之一，也是中华民族的文化瑰宝，源远流长，雅俗共赏。某地举办象棋比赛,规定:每一局比赛中胜方得1分,负方得0分,没有平局.
(1)若甲、乙两名选手进行象棋比赛冠亚军的激烈角逐,每局比赛甲获胜的概率是,乙获胜的概率是,先得3分者夺冠,比赛结束.
(i)求比赛结束时，恰好进行了3局的概率;
(ii)若前两局甲、乙各胜一局,记表示到比赛结束还需要进行的局数,求的分布列及数学期望;
(2)统计发现,本赛季参赛选手总得分近似地服从正态分布,.若,则参赛选手可获得“参赛纪念证书”;若,则参赛选手可获得“优秀参赛选手证书”.若共有200名选手参加本次比赛,试估计获得“参赛纪念证书”的选手人数.(结果保留整数)
附:若,则.
20.(本小题满分12分)
如图,在几何体中,平面平面ABCD,四边形ABCD为正方形,四边形为平行四边形,四边形为菱形,为棱的中点,点在棱上,平面BDF.
(1)证明平面ABCD；
(2)求平面AB1D与平面BDF夹角的余弦值.
21、(本小题满分12分)
在椭圆(双曲线)中,任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上,该圆的圆心是椭圆(双曲线)的中心,半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算术平方根,则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆的面积为,该椭圆的上顶点和下顶点分别为,且,设过点的直线与椭圆交于两点（不与两点重合）且直线.
(2)证明：AP1,BP2的交点在直线上;
(2)求直线围成的三角形面积的最小值.
22.(本小题满分12分)
已知,不等式恒成立.
(1)求的值;
(2)若方程有且仅有一个实数解,求ab的值.
湘豫名校联考
2024年2月高三第一次模拟考试
数学参考答案
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.D【命题意图】本题考查集合的交集和补集的运算,考查数学运算的核心素养.
【解析】由题意可得,因为,所以.故选D.
2.C【命题意图】本题考查复数的运算、共轭复数的定义以及复数的几何意义,考查数学运算的核心素养.
【解析】因为,所以,所以,所以,所以在复平面内对应的点的坐标为,位于第三象限.故选C.
3.A【命题意图】本题考查平面向量的坐标运算以及反向共线满足的条件,考查数学运算的核心素养.
【解析】因为,所以.因为共线,所以,解得或.又反向共线,代入验证可知时为同向,舍去.满足条件.所以.故选.
4.B【命题意图】本题考查利用基本不等式求最值,考查数学运算、逻辑推理的核心素养.
【解析】由,且,可得.所以.又因为,当且仅当,即时取等号,所以.故选B.
5.B【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列的求和,考查数学运算的核心素养.
【解析】因为,所以.根据题意,,所以.故选B.
6.D【命题意图】本题考查排列组合的基本运算以及古典概型的概率,考查学生数学抽象、数学运算、数学建模的核心素养.
【解析】5名志愿者分配到4个场馆,共有种不同的方法,A,B两名志愿者在同一个场馆共有种不同的方法,所以A,B两名志愿者不在同一个场馆的概率为.故选.
7.D【命题意图】本题主要考查三角函数单调性、周期性和对称性的综合,考查数学运算的核心素养.
【解析】因为,所以或.又,所以,所以.因为的图象关于点对称,所以,所以.因为,所以.又函数在上单调,所以解得.因为，所以当时，因为图象的相邻两条对称轴之间的距离为半个周期,所以.故选D.
8.A【命题意图】本题考查利用三角函数公式进行计算,利用导数求最值等基本知识,考查数学抽象、数学运算、逻辑推理的核心素养.
【解析】.令,因为为锐角,所以.令,则.所以在时是单调递增函数.又,所以当时,单调递减;当时,单调递增,所以.所以当时,的最小值为2.故选A.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.BC【命题意图】本题考查概率统计的基本知识,考查数学运算、数学建模、逻辑推理、数据分析的核心素养.
【解析】若有一个经验回归方程,随着的增大,会减小,错误;曲线关于对称,因为,所以,所以,B正确;因为,所以,所以
,同理可得:,故,C正确;经验回归方程为,且样本点与的残差相等,则,D错误.故选.
10.AC【命题意图】本题根据正弦型函数的性质、图象的变换性质,结合已知图象逐一判断即可,考查三角函数的基本运算以及其图象的应用,考查数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养.
【解析】由题图知,,所以周期.所以在上有两个极值点,A正确.又,所以,所以.因为,所以令,即.所以.所以,B错误.因为函数的周期为,将图象上的所有点沿轴向右平移个单位长度后得到的图象,为偶函数,所以函数的图象关于轴对称,C正确.若,则的最小值为错误.故选.
11.ACD【命题意图】本题主要考查双曲线的几何性质和基本不等式,考查数学运算、逻辑推理的核心素养.
【解析】双曲线的渐近线方程为.设点到两条渐近线的距离分别为,则利用点到直线的距离公式可得.因为,所以,所以,所以,A正确;因为,所以,B错误;因为,当且仅当时等号成立,C正确;因为,所以,当且仅当时等号成立,D正确.故选ACD.
12.BCD【命题意图】本题主要考查空间中线面位置关系,考查直观想象、数学运算的核心素养.
【解析】如图,连接CE,EM.因为平面平面EBCF,平面平面平面AEFD,又,所以平面EBCF.所以CE为CA在平面EBCF内的射影.易得为等边三角形,显然CE不垂直于BF,所以AC不可能垂直于错误.易知,所以平面AEFD,所以为直线MB与平面AEFD所成的角.同理为直线MC与平面AEFD所成的角.所以,所以,所以.因为,所以.在平面AEFD内,以为坐标原点,以为轴正方向,为轴正方向建立平面直角坐标系,则,设,则有,化简得,即点在平面AEFD内的轨迹方程为,所以点在平面AEFD内的轨迹为以为圆心,2为半径的圆.易得点在四边形AEFD内的轨迹为该圆的一段弧,弧所对的圆心角为,所以弧长为,B正确.要使三棱锥的体积最大,只要点的纵坐标的绝对值最大即可.令0,则,又,所以,此时到平面EBCF的最大距离为,C正确.三棱锥外接球的球心在过的外接圆圆心且垂直于平面BCF的直线上.在三棱锥中,设点为等边外接圆的圆心,设三棱锥外接球的球心为,半径为,设,则有,解得,所以,所以三棱锥外接球的表面积.D正确.故选BCD.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.-240【命题意图】本题主要考查二项式定理,考查数学运算的核心素养.
【解析】由题意,得的系数为.
14.1【命题意图】本题主要考查直线与圆的位置关系,考查数学运算的核心素养.
【解析】由题意,易得圆的圆心为,半径为2,点在圆上.因为,所以PB.所以线段AB为圆的一条不过点的直径.直线与圆相交于A,B两点,圆心在直线上,所以,解得.检验知符合题意.
15.【命题意图】本题主要考查两函数图象的公切线问题,考查逻辑推理、数学运算的核心素养.
【解析】设曲线上任一点的坐标为,则该点关于直线的对称点为,满足,则,化简可得.设曲线上的切点为,曲线上的切点为,又的导函数为的导函数为,则,两式整理得,所以1),解得,所以.所以曲线与曲线的公切线的公切点为,则切线的斜率为1,故与两曲线均相切的直线的方程为.
16.【命题意图】本题主要考查直线与抛物线的位置关系及最值问题,考查数学运算的核心素养.
【解析】由题意,联立方程解得或又点位于第二象限,所以,.设,则.设直线AP的斜率为,则.所以直线AP的斜率的取值范围是.因为以AB为直径的圆与直线AP交于异于点的另一点,所以.当时,直线AP为,直线BQ为,此时,所以1,所以.当时,所以直线BQ的斜率为.易得直线AP的方程为,直线BQ的方程为,联立解得点的横坐标是.因为,所以.令,则,所以当且时,;当时,,所以在区间,上单调递增,在区间上单调递减,因此当时,取得最大值,且0,所以.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.【命题意图】本题考查正、余弦定理,二倍角公式等,考查数学运算、逻辑推理的核心素养.
【解析】(1)因为,
所以,
即………………………………………………………………….2分
由正弦定理得,又由余弦定理,可得.………….4分
因为,所以.……………………………………………………………………………….5分
(2)在中,由等面积法得,
即,
即.………………………………………………….8分
所以.……………………………………………………………………………………………10分
18.【命题意图】本题考查等比数列的通项和数列的求和,考查数学运算、逻辑推理的核心素养.
【解析】(1)因为,所以.………………………………2分
又因为,所以是首项为2,公比为2的等比数列.………………………………………4分
（2）由（1）易知,……………………………………………………5分
所以.……………………………………………………7分
所以.…………………………………9分
欲使不等式对任意正整数恒成立,只要.………………………………10分
由题意可得且,解得.只需,解得.
综上所述,实数的取值范围是.……………………………………………………………………12分
19.【命题意图】本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望,考查数学运算、逻辑推理的核心素养.
【解析】(1)(i)比赛结束时恰好进行了3局,甲夺冠的概率为,
乙夺冠的概率为,……………………………………………………………………2分
所以比赛结束时恰好进行了3局的概率为.………………3分
(ii)的可能取值为2,3.…………………………………………………………………………………4分
因为,
,……………………………………………………………………6分
所以的分布列如下:
故.……………………………………………………………………8分
(2)因为比赛成绩近似地服从正态分布,
所以比赛选手可获得“参赛纪念证书”的概率:
所以估计获得“参赛纪念证书”的选手人数为164.…………………………………………………12分
20.【命题意图】本题主要考查线面位置关系以及利用空间向量求二面角,考查直观想象、数学运算的核心素养.
【解析】(1)如图,连接DC1.因为四边形为菱形,,所以,所以.
因为,所以,所以.………………………………1分
又,
所以平面,所以.………………………………………………………2分
因为四边形为菱形,且,所以.……………………………………1分
因为为棱的中点,所以.
又,所以.
因为,所以平面ABCD.……………………………………………………4分
(2)以D为坐标原点,分别为轴、轴、轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.
易知,所以,.
所以.
设,则.…………………………………………………6分
因为平面BDF,所以存在唯一的,
使得.
所以,解得.…………………………………………………7分
所以.…………………………………………………………………8分
设平面BDF的法向量为,
则所以
取,则.
所以平面BDF的一个法向量为.…………………………………………………………9分
设平面的法向量为,
则所以
取,则.
所以平面的一个法向量为.………………………………………………………10分
设平面与平面BDF的夹角为,
则
故平面与平面BDF夹角的余弦值为..……………………………………………………12分
21.【命题意图】本题主要考查直线与椭圆的位置关系,考查数学抽象、数学运算的核心素养.
【解析】(1)根据题意,蒙日圆的半径为,所以.
因为,所以,所以,所以椭圆的标准方程为.……………………………1分
因为直线过点,且易知直线的斜率存在,
所以可设直线,联立方程
消去并整理可得.
由根与系数的关系可得,.……………………………………………2分
因为,所以直线,直线.
所以分
所以,即直线的交点在直线上.………………………………………………………6分
(2)设直线与直线的交点分别为,
则由(1)直线,直线.
联立及
可得.……………………………………………………………………7分
因为,
又点到直线的距离,……………………………………………………………8分
所以,只需求|CD|的最小值.
由弦长公式可得
…………………10分
令,则.
所以,当且仅当,即时等号成立.
所以|CD|的最小值为.……………………………………………………………………………………11分
所以面积的最小值为.
故直线围成的三角形面积的最小值为.………………………………………………………12分
22.【命题意图】本题主要考查利用导数研究函数的零点问题、不等式证明,考查逻辑推理、数学运算的核心素养.
【解析】(1)设,则.
当时,;当时,,
所以的最大值为.所以.……………………………………………………2分
所以.
又,所以.
所以,所以的值为2.………………………………………………………………………4分
(2)由(1)知.
设.
因为,所以是函数的唯一零点.…………………………………………………………5分
因为,又由,得.
令,则,所以.
所以有唯一解.…………………………………………………………6分
令,则.
从而对任意,所以是上的单调递增函数.
所以当时;
当时,.
所以函数在上单调递减,在上单调递增.…………………………………………8分
下证.
若,则,所以.
又,且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断,
所以在和之间存在的零点,记为.…………………………………………………………10分
因为,所以.
又,所以与“是函数的唯一零点”矛盾.…………………………………………11分
若,同理可得,在和之间存在的非0的零点,矛盾.
所以.所以,即,所以.……………………………………………………12分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
C
A
B
B
D
D
A
BC
AC
ACD
BCD
2
3