2023-2024学年度高三年级下学期模拟考试数学试卷一.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，则的子集的个数为（）A.1 B.2 C.4 D.82.设（其中为虚数单位），则（）A. B.C. D.3.甲乙两名大学生计划今年五一假期分别从岳阳楼，常德桃花源，天门山，长沙橘子洲头，茶峒古镇五个不同的景区随机选三个景区前往打卡旅游，则两人恰好有两个景区相同的选法共有（）A.36种 B.48种 C.60种 D.72种4.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，.....第层有个球，则数列的前100项和为（）A. B. C. D.5.三个函数的零点分别为，则之间的大小关系为（）A. B.C. D.6.已知函数，下面说法正确的是（）A.在上的平均变化率为1B.C.是的一个极大值点D.在处的瞬时变化率为27.圆关于直线对称，则的最小值是（）A. B. C. D.8.已知各棱长均相等的正四棱锥各顶点都在同一球面上，若该球表面积为，则正四棱锥的体积为（）A. B. C. D.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分9.把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于轴对称，则（）A.的最小正周期为B.关于点对称C.在是上单调递增D.若在区间上恰有两个最大值点，则实数的取值范围为10.公差为的等差数列，其前项和为，下列说法正确的是（）A. B.C.中最大 D.11.下列选项中正确的是（）A.已知随机变量服从二项分布，则B.口袋中有大小相同的7个红球､2个蓝球和1个黑球.从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量，则的数学期望C.对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，从中任取2件，已知其中一件为正品，则另一件也为正品的概率是D.某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8，则在9次射击中，最有可能击中的次数是7次三､填空题12.在的展开式中，系数为有理数的项共有__________项.13，四边形中，，且，若，则__________.14，已知为坐标原点，椭圆的离心率，短轴长为.若直线与在第一象限交于两点，与轴､轴分别相交于两点，，且，则__________.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.（13分）某地5家超市春节期间的广告支出（万元）与销售额（万元）的数据如下：超市广告支出24568销售额3040606070（1）从这5家超市中随机抽取3家，记销售额不少于60万元的超市个数为，求随机变量的分布列及期望；（2）利用最小二乘法求关于的线性回归方程，并预测广告支出为10万元时的销售额.附：线性回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：.16.（15分）某地进行老旧小区改造，有半径为60米，圆心角为的一块扇形空置地（如图），现欲从中规划出一块三角形绿地，其中在上，，垂足为，垂足为，设；（1）求（用表示）；（2）当在上运动时，这块三角形绿地的最大面积，以及取到最大面积时的值.17.（15分）如图，在四棱锥中，平面平面且，为的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锁二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.18.（17分）已知圆的圆心为，圆的圆心为，一动圆与圆内切，与圆外切，动圆的圆心的轨迹为曲线.（1）证明：曲线为双曲线的一支；（2）已知点，不经过点的直线与曲线交于两点，且.直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标：若不过定点，请说明理由.19.（17分）已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有2个零点，求的范围；（3）若函数在处取得极值，且存在，使得成立，求实数的取值范围.大庆中学2023-2024学年度高三年级下学期模拟考试数学试卷答案1.C【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据指数不等式求出集合，即可求出，从而判断其子集个数.【详解】由，即，解得，所以，由，即，解得，所以，所以，则的子集有个.故选：C2.C【分析】直接把化简，然后求其共轭复数即可.【详解】，则故选：C【点睛】本题考查复数的运算和共轭复数的概念，属于基础题3.C【分析】利用分步计数原理，结合排列组合求解.【详解】先从5个景点选出2个相同的，有种，再从剩下的3个景点选两个分配给甲乙二人，有，所以两人恰好有两个景区相同的选法共有种.故选：C.4.D【分析】根据题意列出数列的递推关系，再利用累加法求出通项公式，最后用裂项相消法求出数列的前100项和.【详解】由题意得，，当时，，以上各式累加得：，经检验符合上式，所以，所以设数列的前项和为，则，所以.故选：D.5.B【分析】先判断各函数的单调性，再根据零点的存在性定理求出函数零点的范围，即可得出答案.【详解】因为函数都是增函数，所以函数均为增函数，因为，所以函数的零点在上，即，因为，所以函数的零点在上，即，因为，所以函数的零点在上，即，综上，.故选：B.6.D【分析】本题运用平均变化率公式及运用复合函数求导并根据导数的意义来作出判断.【详解】由在上的平均变化率为，所以选项A是错误的；利用复合函数求导法则，由，所以选项B是错误的；因为，当时，，所以选项C是错误的；因为，当时，，所以选项D是正确的；故选：D.7.C【分析】先求出圆的圆心坐标，根据条件可得直线过圆心，从而可得，然后由，展开利用均值不等式可得答案.【详解】由圆可得标准方程为，因为圆关于直线对称，该直线经过圆心，即，，当且仅当，即时取等号，故选：C.8.A【分析】先求棱锥的高，利用球的表面积公式得，然后由求解可得，可求棱锥体积.【详解】如图，设四棱锥的棱长为在底面的射影为，则平面，且为的交点，且，由正四棱锥的对称性可知在直线上，设外接球的半径为，则其表面积为，所以，则，故，解得或（舍），故正四棱锥的体积为.故选：A.9.BC【分析】首先用辅助角公式化简函数，再结合函数的性质求出，再结合三角函数的周期性，对称性，单调性即可判断.【详解】解：因为，所以把的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，因为关于轴对称，所以，即，又因为，所以，对于A，故错误；对于B，，故B正确；对于C，由，得，所以当时，的单调递增区间为，又因为，所以在上单调递增，故C正确；对于D，，因为恰有两个最大值点，所以，所以，故D错误.故选：BC.10.ABD【分析】由等差数列的性质和前项和公式，计算可判断每个选项的正确性，【详解】在等差数列中，所以，所以，所以，所以，故AB正确；，故C错误；由，所以，故D正确.故选：ABD.11.BC【分析】由二项分布的方差公式､超几何分布的均值公式分别判断AB，由条件概率与对立事件关系判断C，由二项分布的性质判断D.【详解】A选项，，A错误；B选项，服从超几何分布，，B正确；选项，根据题意，设“第一次摸出正品”为事件，“第二次摸出正品”为事件，则，故C正确；选项，设9次射击击中次概率最大，则.解得，所以同时最大，故或D错误.故选：BC.12.6【分析】根据二项式展开式的通项公式可得，易知符合题意，即可求解.【详解】由题意知，展开式的通项公式为，当为整数时，为有理项，所以，即展开式中系数为有理数的项共有6个.故答案为：613.【分析】由题设可得且，利用相似三角形和向量的线性运算将用与的另式表达，根据平面向量基本定理列出方程求解即得.【详解】如图，由可得且，易得V，则有，于是，因，故得，由，解得：.故答案为：2.14，【分析】结合题意可得椭圆方程，借助点差法可得，设出直线的方程，结合可得其斜率，再借助韦达定理与弦长公式即可得解.【详解】由题意得，解得，故椭圆的方程为，设，线段的中点为，连接，如图，点在椭圆上，，两式相减得，则，设直线的方程为，则，点也为的中点，，，解得，，，故直线的方程为，联立，消去整理得，则，则，故答案为：【点睛】方法点睛：点差法是处理中点弦问题常用的求解方法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点坐标公式可求得斜率.15.（1）的分布列见解析，期望（2）；预测广告费支出10万元时的销售额为87万元.【分析】（1）根据超几何分布的概率公式求解分布列，进而可求解期望，（2）利用最小二乘法求解线性回归方程即可.【详解】（1）从这5家超市中随机抽取3家，记销售额不少于60万元的超市有这3家超市，则随机变量的可能取值为，的分布列为：123数学期望.（2），.关于的线性回归方程为；在中，取，得.预测广告费支出10万元时的销售额为87万元.16.（1）（2）三角形绿地的最大面积是平方米，此时【分析】（1）利用锐角三角函数表示出；（2）依题意可得，则，利用三角恒等变换公式化简，再结合正弦函数的性质求出最大值.【详解】（1）在中，，（米），又，所以，在中，可得（米）.（2）由题可知，的面积又，当，即时，的面积有最大值平方米，即三角形绿地的最大面积是平方米，此时.17.（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质证得平面，以为坐标原点，求出平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明推理即得.（2）求出平面的法向量，利用面面角的向量求法计算即得.（3）假定存在符合条件的点，令，求出，再借助线面角的向量求法求解即得.【详解】（1）在四棱锥中，平面平面，平面平面，又平面，则平面，取的中点，连接，由，得，则，而，于是，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的一个法向量为，则，令，得，显然，则，又平面，所以平面.（2）设平面的一个法向量为，而，则，令，得，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.（3）假设线段上存在一点满足条件，令，则，即由（1）知平面的一个法向量，于是，整理得：，即，而，解得，所以在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且.【点睛】关键点点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦.18，（1）证明见解析（2）直线恒过定点，【分析】（1）根据题意利用圆与圆的位置关系结合双曲线的定义，即可证明结论；（2）设直线的方程为，联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，根据数量积的坐标运算求出的表达式，化简，即可求得的值，即可求得答案.【详解】（1）证明：由题意知圆的圆心为，圆：的圆心为如图，设圆的圆心为，半径为，由题可得圆半径为3，圆半径为1，则，所以，由双曲线定义可知，的轨迹是以为焦点､实轴长为4的双曲线的右支又，所以动圆的圆心的轨迹方程为，即曲线的方程为.（2）设直线的方程为，联立，消去得，由题意直线与曲线有两个交点，则，设，其中，由韦达定理得：，又点，所以，因为，所以，则，即，解得（舍去，当，直线的方程为，故直线恒过点.19.（1）答案见解析（2）（3）【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）令，即，令，依题意直线与的图象有两个交点，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数图象，数形结合求出参数的取值范围；（3）参变分离可得存在，使得成立，令，利用导数求出函数的最小值，即可求出的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为，又.当时，则恒成立，在上单调递减；当时，由，解得，由，解得.在上单调递增，在上单调递减；综上可得，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）令，即，因为，所以，因为函数有2个零点，所以在有两根，令，也即直线与的图象有两个交点，又，当时，故在上单调递增；当时，故在上单调递减.又当时，，则的图象如下所示：数形结合可得，故的取值范围为；（3）在处取得极值，由（1）得，，，即，解得，则，令；令所以函数在单调递减，在单调递增，在处取极小值..存在，使得成立，即存在，使得成立，则，令，则，所以当时，当时.所以在上单调递增，在上单调递减.，故，故的取值范围为.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点､不等式证明常转化为函数的单调性､极（最）值问题处理.。
