2024届新疆维吾尔自治区塔城地区高三第二次模拟考试数学试题（含解析）

这是一份2024届新疆维吾尔自治区塔城地区高三第二次模拟考试数学试题（含解析），共18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．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数z满足，则在复平面内与复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
3．使“”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
4．从直线上的点向圆引切线，则切线长的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
5．设分别是椭圆的左，右焦点，过的直线交椭圆于两点，则的最大值为( )
A．B．C．D．6
6．函数是幂函数，对任意的，且，满足，若，且，则的值( )
A．恒大于0B．恒小于0
C．等于0D．无法判断
7．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
8．斐波那契数列又称黄金分割数列，它在很多方面与大自然神奇的契合，小到地球上的动植物，如向日葵､松果､海螺的成长过程，大到海浪､飓风､宇宙星系演变，都遵循着这个规律，人们亲切地称斐波那契数列为自然界的“数学之美”，在数学上斐波那契数列一般以递推的方式被定义：，则下列说法正确的是（ ）
A．记为数列的前项和，则
B．在斐波那契数列中，从不大于34的项中任取一个数，恰好取到偶数的概率为
C．
D．
二、多选题
9．坐式高拉训练器可以锻炼背阔肌，斜方肌下束.小明是一个健身爱好者，他发现健身房内的坐式高拉训练器锻炼人群的配重（单位：）符合正态分布，下列说法正确的是（ ）
参考数据：，
A．配重的平均数为
B．
C．
D．1000个使用该器材的人中，配重超过的有135人
10．如图，在中，内角的对边分别为，若，且是外一点，，则下列说法正确的是（ ）
A．是等边三角形
B．若，则四点共圆
C．四边形面积的最小值为
D．四边形面积的最大值为
11．已知是定义域为的函数，满足，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为4
B．的图象只关于直线对称
C．当时，函数有5个零点
D．当时，函数的最小值为
三、填空题
12． ．
13．在等腰梯形中，，点是线段的中点，若，则 .
14．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为正三角形，分别是的中点，，则球的体积为 ．
四、解答题
15．给定函数．
(1)判断函数的单调性，并求出的极值；
(2)求出方程的解的个数．
16．水果按照果径大小可分为四类：标准果､优质果､精品果､礼品果.某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下：
(1)若将频率视为概率，从这100个水果中有放回地随机抽取4个，求恰好有2个水果是礼品果的概率；
(2)用分层抽样的方法从这100个水果中抽取20个，再从抽取的20个水果中随机地抽取2个，用表示抽取的是精品果的数量，求的分布列及数学期望.
17．在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧面底面.
(1)证明：；
(2)为的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知动圆经过定点，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设过点的直线，分别与曲线交于，两点，直线，的斜率存在，且倾斜角互补，求证：直线的倾斜角为定值.
19．已知为等差数列，前项和为，若.
(1)求；
(2)对任意的，将中落入区间内项的个数记为.
①求；
②记的前项和记为，是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
等级
标准果
优质果
精品果
礼品果
个数个
10
25
40
25
参考答案：
1．D
【分析】
由并集的定义求解即可.
【详解】因为，所以.
故选：D.
2．A
【分析】根据复数的除法运算求出复数，再求出复数的共轭复数，最后根据复数的几何意义可得答案.
【详解】由得，
所以，
所以复数对应点的坐标为，其位于第一象限.
故选：A.
3．B
【分析】
先解分式不等式，求得解集，依题意，只需使选项的范围是该解集的真子集即得.
【详解】
由，得，解得，则选项中的的范围组成的集合是的真子集，
由选项知，选项均不满足，选项B满足.故使“”成立的一个充分不必要条件可以是“”.
故选：B.
4．B
【分析】
先求出圆心和半径，再将切线长的最小转化为直线上的点与圆心的距离最小来求解即可.
【详解】圆化为，圆心为，半径为1，
直线上的点向圆引切线，设切点为，
则，
要使切线长的最小，则最小，即直线上的点与圆心的距离最小，
由点到直线的距离公式可得，.
所以切线长的最小值为.
故选：B.
5．B
【分析】
根据椭圆定义可知周长为定值4a，从而可得当最小时，最大，再根据椭圆焦点弦最小为通径即可求解．
【详解】由椭圆的定义知
∴的周长为，
∴当最小时，最大．
当轴，即AB为通径时，最小，此时，
∴的最大值为．
故选：B．
6．A
【详解】函数f(x)＝(m2－m－1)是幂函数，所以m2－m－1＝1，解得m＝2或m＝－1.
当m＝2时，f(x)＝x2 015；
当m＝－1时，f(x)＝x－4.
又因为对任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，满足，所以函数f(x)是增函数，
所以函数的解析式为f(x)＝x2 015，
函数f(x)＝x2 015是奇函数且是增函数，
若a，b∈R且a＋b>0，ab<0，则a，b异号且正数的绝对值较大，所以f(a)＋f(b)恒大于0，故选A.
7．D
【分析】
利用中间值，根据指数函数、对数函数和正弦函数的单调性即可判断.
【详解】
因为函数是上的减函数，
所以，
即.
又因为函数在上的单调递增，
所以，即.
又因为函数是上的增函数，
所以，即，
故.
故选：D.
8．B
【分析】
由数列的前两项和递推关系式求出数列的前几项，即可判断A和B的真假；由递推关系式用累加的方法可以判断C和D的真假.
【详解】对于A，，
，
，所以A错误；
对于B，斐波那契数列数列中不大于34的数依次是，
其中偶数有3个，所以任取一个数字，取到的偶数的概率为，所以B正确；
对于C，由，，，，，
上式相加得：，所以C错误；
对于D，由，得，
则，，，
，，
上式相加得：，所以D错误.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题解决的关键是充分理解斐波那契数列的递推式，并熟练掌握其变形.
9．BC
【分析】
根据配重（单位：）符合的正态分布易得配重的平均数为，；利用正态分布图的对称性特征易求得和，计算即可判断B,D两项.
【详解】对于A项，由配重（单位：）符合正态分布可知，配重的平均数为，故A项错误；
对于B项，由配重（单位：）符合正态分布可知，故
,故B项正确；
对于C项，显然正确；
对于D项，因,
故1000个使用该器材的人中，配重超过的约有人，故D项错误.
故选：BC.
10．ABD
【分析】对于A，根据正弦定理、两角和的正弦公式有，即，结合，即即可判断；对于B，在中，由余弦定理求得，结合，可得两个角互补，由此即可判断；对于CD，由三角形面积公式、辅助角公式得四边形面积的表达式，结合角的范围即可判断.
【详解】，
根据正弦定理得，即，
，显然，则，根据题意，有，
又，可得为等边三角形，故A正确；
，在中，，
当时，，即共圆，B正确.
又
四边形面积
，
，则，
所以四边形的面积没有最小值，C错误.
当，即时，四边形面积取最大值，故D正确.
故选：ABD.
11．AC
【分析】
对于A，将变形为结合可得，由此即可判断；对于B，可得，即函数的图象关于直线对称，结合周期性即可判断；对于C，D，画出函数在上的大致图象，结合图象即可判断C，由周期性求出最小值即可判断D.
【详解】由得，，故函数的周期为4，A正确；
由可得，
所以函数的图象关于直线对称，且关于直线对称（周期性），B不正确；
作出函数在上的大致图象如图所示，
由图可知，当时，函数有5个零点，C正确；
当时，函数的最小值为，D错误.
故选：AC.
【点睛】
关键点点睛：判断C选项的关键是画出该部分的函数图象，观察图象即可得解.
12．4
【分析】，然后化简求值即可．
【详解】解：
．
故答案为：．
13．
【分析】
连接,依题意可得,利用平面向量基本定理，将用和表示出来即得.
【详解】

如图，取的中点，连接，则由题意可得，且.
，
.
故答案为：.
14．
【分析】由已知设出，，，分别在中和在中运用余弦定理表示，得到关于x与y的关系式，再在中运用勾股定理得到关于x与y的又一关系式，联立可解得x，y，从而分析出正三棱锥是，，两两垂直的正三棱锥，所以三棱锥的外接球就是以为棱的正方体的外接球，再通过正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求出球的半径，再求出球的体积.
【详解】在中，设，，，,，
因为点，点分别是，的中点，所以，，
在中，，在中，，
整理得，
因为是边长为的正三角形，所以，
又因为，所以，由，解得，
所以．
又因为是边长为的正三角形，所以，所以，
所以，，两两垂直，
则球为以为棱的正方体的外接球，
则外接球直径为，
所以球的体积为,
故答案为.
【点睛】本题主要考查空间几何体的外接球的体积，破解关键在于熟悉正三棱锥的结构特征，运用解三角形的正弦定理和余弦定理得出三棱锥的棱的关系，继而分析出正三棱锥的外接球是以正三棱锥中互相垂直的三条棱为棱的正方体的外接球，利用正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求解更方便快捷，属于中档题．
15．(1)函数在单调递增，在单调递减，的极小值为：，无极大值.
(2)当时，方程无解；当或时，方程有个解；当时，方程有个解.
【分析】（1）求导求单调性即可求解；
（2）画出函数的大致图像，数形结合即可判断.
【详解】（1）因为，所以，
令，解得，令，解得，所以函数在单调递增，
函数在单调递减，所以为函数的极小值点，
所以的极小值为：，无极大值.
综上所述：函数在单调递增，在单调递减，的极小值为：，无极大值.
（2）易知当时，，当时，，当时，，
再根据（1）中函数的单调性和极值可以大致作出函数图像如下所示：
由（1）知，的极小值即为函数最小值，方程的解的个数
等价于函数的图像与直线交点的个数，由下图可知：
当时，函数的图像与直线没有交点，故方程无解；
当时，函数的图像与直线有个交点，
故方程有个解；
当或时，函数的图像与直线有个交点，
故方程有个解；
综上所述：当时，方程无解；当或时，方程有个解；当时，方程有个解.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，
对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
16．(1)
(2)分布列见解析，0.8
【分析】（1）先求出从100个水果中随机抽取一个，抽到礼品果的概率，再由独立事件的乘法公式求解即可；
（2）由题意可得现从中抽取2个，精品果的数量服从超几何分布，所有可能的取值为，求出其对应的概率，即可求出的分布列，再由数学期望公式求出.
【详解】（1）设“从100个水果中随机抽取一个，抽到礼品果”为事件，则，
现有放回地随机抽取4个，设抽到礼品果的个数为，则，
故恰好抽到2个礼品果的概率为；
（2）用分层抽样的方法从100个水果中抽取20个，则其中精品果8个，非精品果12个，
现从中抽取2个，则精品果的数量服从超几何分布，所有可能的取值为，
则，
所以的分布列为：
故的数学期望.
17．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由即可证明.
（2）求出平面与平面的法向量，再由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）取的中点，连结，在中，，
所以，平面平面，
平面平面平面，
平面平面，
在等边三角形中，，建立如图所示的空间直角坐标系.
则
，
，即，故；
（2），设平面的法向量为，
则有，令，
设平面的法向量为，
则有，所以，令，则，
设平面与平面夹角为，则.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的定义得到动圆圆心是以为焦点，直线为准线的抛物线，即可求出轨迹方程；
（2）依题意设直线方程为，联立直线与抛物线方程，设，，即可求出、，从而得到、，再求出的斜率，即可求出倾斜角.
【详解】（1）因为动圆经过定点，且与直线相切，
即动圆圆心到点的距离与到直线的距离相等，
又点不在直线上，
由抛物线的定义可知动圆圆心是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以动圆圆心的轨迹为.
（2）依题意设直线方程为，
直线，的斜率存在，且倾斜角互补，
的方程为．
联立方程组，消元得，
，
因为此方程的一个根为，设，，
则，同理可得，
，．
．
，
设直线的倾斜角为，则，又，所以，
直线的斜率为定值，倾斜角为定值．

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法将其抛物线方程联立，从而解出的坐标，再根据倾斜角互补，用替换得到的坐标，最后利用斜率公式即可计算出的斜率为定值，即可得到其倾斜角为定值.
19．(1)
(2)①；②存在，.
【分析】
（1）设数列的公差，由题设条件，列出关于的方程组，解之即得；
（2）①使，解得，因，故，依题即得的通项为；②依题意，求得和其前项和，将其代入，化简得，可得（*），分析可得，分别将值代入（*），求得的值，检验即得可求得..
【详解】（1）设的公差为由可得，即①，
又由可得即②
联立① ②解得：；
（2）①，即，
.
②由①得易知是等比数列，首项为2，公比为，故，
由得：，
，
，
时，解得（舍）；
时，解得（舍）；
时，解得；
所以存在这样的，满足所给的条件，.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查由已知数列在给定区间内的项数构建的新数列求法，以及与其有关的数列的和满足某条件情况的存在性问题，属于难题.
解题的关键在于理解新数列的构成条件要求，准确写出其通项，再对其满足的条件进行化简，分析研判，讨论参数满足的几类情况即得.
0
1
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