江苏省扬州市高邮市临泽中学2024届高三下学期一模模拟数学试题及答案

这是一份江苏省扬州市高邮市临泽中学2024届高三下学期一模模拟数学试题及答案，共19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。

一、单选题
1．已知样本数据1，2，2，3，7，9，则2.5是该组数据的（ ）
A．极差B．众数C．平均数D．中位数
2．3名男生和2名女生站成一排．若男生不相邻，则不同排法种数为（ ）
A．6B．12C．24D．72
3．设．若函数为指数函数，且，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．且
4．若a，b为两条异面直线，，为两个平面，，，，则下列结论中正确的是( )
A．l至少与a，b中一条相交
B．l至多与a，b中一条相交
C．l至少与a，b中一条平行
D．l必与a，b中一条相交，与另一条平行
5．设各项均不相等的等比数列的前n项和为，若，则公比（ ）
A．B．C．D．
6．记的内角A，B的对边分别为a，b，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，点P在C的左支上，，的周长为，则C的离心率为（ ）
A．2B．C．D．
8．已知正五边形的边长为a，内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．关于直线对称
C．关于点中心对称D．的最小值为
10．在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为F，准线l与x轴的交点为A，点M，N在C上，且，则（ ）
A．B．直线MN的斜率为
C．D．
11．已知非零函数及其导函数的定义域均为，与均为偶函数，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．设，为虚数单位．若集合，且，则 ．
13．2023年10月18日，第三届“一带一路”国际合作高峰论坛在北京举行．在“一带一路”欢迎晚宴上，我国拿出特有的美食、美酒款待大家，让国际贵宾们感受中国饮食文化、茶文化、酒文化．这次晚宴菜单中有“全家福”“沙葱牛肉”“北京烤鸭”“什锦鲜蔬”“冰花锅贴”“蟹黄烧麦”“天鹅酥”“象形枇杷”．假设在上菜的过程中服务员随机上这八道菜（每次只上一道菜），则“沙葱牛肉”“北京烤鸭”相邻的概率为 ．
14．一个三棱锥形木料，其中是边长为的等边三角形，底面，二面角的大小为，则点A到平面PBC的距离为 ．若将木料削成以A为顶点的圆锥，且圆锥的底面在侧面PBC内，则圆锥体积的最大值为 ．
四、解答题
15．假定某同学每次投篮命中的概率为，
(1)若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率；
(2)该同学现有4次投篮机会，若连续投中2次，即停止投篮，否则投篮4次，求投篮次数的概率分布及数学期望．
16．已知函数，其中．
(1)若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等，求；
(2)求函数的单调区间．
17．如图，已知三棱台的高为1，，为的中点，，，平面平面．
(1)求证：平面；
(2)求与平面所成角的大小．
18．已知椭圆的右焦点为，直线与相交于、两点．
(1)求直线l被圆所截的弦长；
(2)当时，．
（i）求的方程；
（ii）证明：对任意的，的周长为定值．
19．设集合，其中．若对任意的向量，存在向量，使得，则称A是“T集”．
(1)设，判断M，N是否为“T集”．若不是，请说明理由；
(2)已知A是“T集”．
（i）若A中的元素由小到大排列成等差数列，求A；
（ii）若（c为常数），求有穷数列的通项公式．
参考答案：
1．D
【分析】根据已知数据求得众数、极差、均值、中位数后判断.
【详解】由题意得众数为，极差，均值，中位数，故D正确.
故选：D.
2．B
【分析】
不相邻问题借助插空法计算即可得.
【详解】先排2名女生，有种排法，借助插空法，共有3个空位，故3名男生有种排法，
共有种排法.
故选：B.
3．A
【分析】
借助指数函数性质分类讨论即可得.
【详解】由函数为指数函数，故且，
当时，函数单调递增，有，不符合题意，故舍去；
当时，函数单调递减，有，符合题意，故正确.
故选：A.
4．A
【分析】此种类型的题可以通过举反例判断正误.
【详解】因为a，b为两条异面直线且，，，所以a与l共面，b与l共面.
若l与a、b都不相交，则a∥l，b∥l，a∥b，与a、b异面矛盾，故A对；
当a、b为如图所示的位置时，可知l与a、b都相交，故B、C、D错.

故选：A.
5．C
【分析】根据题意可求出，即，再结合，列出相关方程组，从而可求解.
【详解】由数列为各项均不相等的等比数列，设公比为，
由，得，又因为，
当时，则，化简得，解得，或（舍）；
当，则，化简得，因，
所以无解；
综上可得，故C正确.
故选：C.
6．A
【分析】
结合充要条件的性质、正弦定理、二倍角的正弦公式计算即可得.
【详解】当时，由正弦定理可得，
又，在中，，
故，
即，故“”是“”的充分条件；
当时，例如，，，，
有，符合题意，但，
故“”不是“”的必要条件；
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
7．C
【分析】
根据综合条件，结合双曲线定义，利用余弦定理计算即得.
【详解】令双曲线的焦距为，依题意，，解得，
在中，，由余弦定理得，
整理得，所以双曲线C的离心率为.

故选：C
8．B
【分析】
画出图形，结合图形中为直角三角形，可表示出、，结合三角恒等变换计算即可得.
【详解】如图所示，，，故，
故，，
由，故，
即，
即，
故.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题关键在于得出、的表达式，从而得到，结合三角恒等变换计算即可得.
9．ABD
【分析】
将函数可变形为，结合函数性质逐项分析计算即可得.
【详解】，
由的最小正周期为，故的最小正周期为，故A正确；
，
且，
故关于直线，不关于点对称，故B正确，C错误；
由，且，
故，故D正确.
故选：ABD.
10．ABC
【分析】
由可得为中点，设出点坐标，表示出点坐标，计算即可得、点的具体坐标，结合选项逐项分析计算即可得.
【详解】由，故为中点，又为中点，
故，故A正确；
由，故，，设，则，
故有，解得，
即、，
则，故B正确；
，故C正确；
，，则，故D错误.
故选：ABC.
11．BD
【分析】
由题意结合赋值法可得函数与的对称性及周期性，结合性质逐项分析计算即可得.
【详解】由与均为偶函数，
故，，
即有，，
故关于对称，关于对称，
又，故，
即，故关于对称，
由，可得，
即有，为常数，
即关于对称，故，故A错误；
即对有、，
则，即，
故，即，
即，故B正确；
对有，，
关于对称且关于对称，，
有，即，
故，即，
故为周期为的周期函数，
有，即，
故关于对称，不能得到，故C错误；
由关于对称，故，，
由为周期为的周期函数，且关于对称，
故关于对称，故，
由关于对称，关于对称，故关于对称，
故，，
故，故D正确.
故选：BD.
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
12．
【分析】利用集合交集的结果，结合复数相等的性质列式，从而得解.
【详解】因为，，
所以，解得.
故答案为：.
13．/0.25
【分析】根据元素相邻关系进行捆绑并结合排列问题得出结果.
【详解】
服务员随机上这八道菜有种排法，
“沙葱牛肉”，“北京烤鸭”相邻有种排法，
所以所求概率．
故答案为：.
14．
【分析】
画出图形后结合等体积法可计算点A到平面PBC的距离，在三角形中，找出以为圆心的最大的圆，即可得圆锥体积的最大值.
【详解】取中点，连接，由底面，
则即为二面角的平面角，
故，由是边长为的等边三角形，
故，故，，
由、平面，故、，
又，故，则，
则，
设点A到平面PBC的距离为，
则有，
即，即，
作于点，由，，
故为中点，作于点，则有,
即，
故圆锥体积的最大值为.
故答案为：；.
15．(1)
(2)概率分布见解析，
【分析】
（1）有二项分布概率公式计算即可得；
（2）分别计算出、、后结合概率分布及数学期望定义计算即可得.
【详解】（1）令投中次的概率为，
则；
（2）的可能取值为、、，
，
，
，
故的概率分布为：
其数学期望.
16．(1)
(2)答案见解析
【分析】
（1）借助导数的几何意义及截距的定义计算即可得；
（2）借助导数分类讨论即可得.
【详解】（1），则，，
故曲线在处的切线为，
即，
当时，令，有，
令，有，故，即，
此时，无切线，故不符合要求，故舍去；
当时，此时切线为，符合要求，故
（2），，
则当时，在上恒成立，
故在上单调递减；
当时，令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减；
综上所述，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，在上单调递减.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）借助面面垂直的判定定理即可得线面垂直；
（2）建立适当空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得.
【详解】（1）由，，，
故与全等，故，
又为的中点，故，
又平面平面，平面平面，
且平面，故平面；
（2）连接，由平面，平面，故，
又，为的中点，故，
即、、两两垂直，且，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、，
由三棱台的高为1，故，故，
、，
则，，，
令平面的法向量为，
则有，即，
令，则有、，故，
则有，
故与平面所成角的正弦值为，
即与平面所成角为.
18．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）由点到直线的距离得圆到直线的距离，再利用几何法求出直线与圆的相交弦长，从而可求解.
（2）（i）当时，直线的方程为，将该直线方程代入椭圆方程，求出，根据已知条件求出、的值，即可得出椭圆的方程；
（ii）求出原点到直线的距离，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理分析额可知点、的横坐标均为正数，利用勾股定理、椭圆方程可求出的周长.
【详解】（1）由题意得圆的圆心为，到直线的距离，
则直线被圆所截弦长为.
故直线被圆所截得的弦长为.
（2）解：当时，直线的方程为，
（i）联立，得，所以，
又因为，所以，，
所以，椭圆的方程为；
（ii）设点、，则，且，
所以，
，同理可得，
因为原点到直线的距离为，
过原点作，垂足为点，如下图所示：

所以，
，
联立可得，
，
当且仅当时，等号成立，此时点、关于轴对称，合乎题意，
因为，则，
由韦达定理可得，，故，，
所以，，
因此，的周长为（定值）.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19．(1)是“集”;不是“集”，理由见解析；
(2)（i）；（ii）
【分析】
（1）根据“T集”的定义判断即可；
（2）（i）写出等差数列通项，得到向量的坐标，再分类讨论即可；
（ii）设，利用三角数阵和等比数列定义即可.
【详解】（1）是“集”;不是“集”.
理由：当或时，只要横纵坐标相等即可，则满足，
当，则；当，则；
当，则；当，则；
综上是“集”.
对于向量，若存在，使得.
则，故中必有一个为，此时另一个为或，显然不符合，则不是“集”.
（2）(i)因为中的元素由小到大排列成等差数列，则该等差数列的首项为，
公差为2，故.
则向量的坐标中必含，设另一坐标为，
则或.
所以或，
故或，
所以或，所以或，
所以或即.
此时，不满足;
或，满足;
所以只可能为.
经检验是“集”，所以.
(ii)设.
由，得，由条件可变形为.
设集合
设集合则是“集”当且仅当关于原点对称.
因为是中唯一负数，共个数，
所以也只有个数.
由于，所以，已有个数.
对以下三角数阵：
注意到，所以.
又为常数)，故有穷数列为等比数列，
且通项公式.
【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的的关键是充分利用数列新定义，结合三角数阵，得到，再根据等比数列定义即可得到其通项.