2024届高三年级第一学期12月调研数学试题模拟卷（原卷+答案）二

这是一份2024届高三年级第一学期12月调研数学试题模拟卷（原卷+答案）二，共7页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 若，则的最大值为， 已知，且，则可能为， 已知，为单位向量．若，则， 已知函数，，，则等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的解法求集合，再根据集合的交集运算求解.
【详解】∵，
∴
故选：A.
2. 在棱长为2的正方体中，异面直线与的距离为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据异面直线距离的定义理解运算.
【详解】设，
∵为正方形，则
又∵平面，平面，则
∴异面直线与的距离为
故选：B.
3. 若，则的最大值为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合共轭复数的概念运算整理的，即复数对应的点在圆上，根据圆的性质求的最大值.
【详解】设，则
∵
∴复数对应的点在圆上
圆的圆心，半径，则的最大值为，其中O为复平面的坐标原点
故选:D.
4. 已知，且，则可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由得，化简后可求出，再利用同角三角函数的关系可求出.
【详解】由，得，
所以，
所以，
整理得，
，
所以或，
所以或，
①当时，，，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
②当时，，
因为，所以，
由于，所以解得，
③当时，，
因为，所以，
由于，所以解得，
综上，，或，或，
故选：B
5. 已知函数若方程有三个不同的解，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将原题转化为与有三个不同的交点，结合图象分析相应的临界位置求解，并利用导数处理切线问题.
【详解】∵，则
∴原题转化为与有三个不同的交点
表示为斜率为1，纵截距为a的直线，如图可知：
满足条件的直线以过点的直线，与相切的直线为临界位置
若过点，则，即
若与相切，则，可得
即切点坐标为，则
∴a的取值范围是
故选：B.
6. 已知，为单位向量．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的数量积的运算以及夹角公式即可求解.
【详解】设，的夹角为，
因为，为单位向量,且，
所以，
即，
整理得，
解得或（舍），
因为.
故选:A.
7. 已知等差数列和等比数列均为递增数列，且，，若，则k的最小值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列和等比数列的通项公式可得，由，即可得k的最小值.
【详解】设等差数列公差，等比数列公比为，
则，，因为，，
所以①，而，
所以②，
由①②得：，
即，，，
所以的最小值为4.
故选：B
8. 若体积为的四棱锥的五个顶点都在表面积为的球面上，四棱锥的底面是边长为的正方形，平面平面，则棱的长为（ ）
A. 或B. 或C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】设四棱锥的外接球球心为，分析可知球心在内，设，，根据三角形的面积公式以及余弦定理可得出关于、的方程，即可解得的值，即可得解.
【详解】设四棱锥的外接球球心为，半径为，则，解得，
设四棱锥的高为，则，解得，
设的中点为，过点在平面内作，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
由球的几何性质可知平面，且，则，
所以，平面，故的外接圆的半径为，，且，
因为，所以，、在的同侧，则为锐角，设，，
所以，，
，可得，①
由余弦定理可得，，②
联立①②可解得或.
故选：D.
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. 已知随机变量X的概率密度函数为(，)，且的极大值点为，记，，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用随机变量X的概率密度函数可得到，可判断A；利用复合函数单调性可得在上递增，在上递减，即的极大值点为，故可判断B；根据密度曲线关于对称，可判断CD
【详解】对于A，由随机变量X的概率密度函数为可得，
因为，所以，所以随机变量X服从正态分布，故正确；
对于B，因为二次函数在上递增，在上递减，
由函数在上单调递增，根据复合函数的单调性可得(，)在上递增，在上递减，
所以的极大值点为，所以，所以随机变量X服从正态分布，故错误；
对于C，因，，又，
所以，即，故正确；
对于D，因为，，
所以，故正确；
故选：ACD
10. 已知函数，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】推导出，可判断AB选项；求出，并求出的取值范围，可判断CD选项.
【详解】对于A选项，对任意的，，则，
所以，，A对；
对于B选项，，则，B对；
对于CD选项，由题意可知，的最小正周期为，则，则，
当时，，
由可得，则函数在上单调递增，
由可得，则函数在上单调递减，
，则，
所以，，则，
所以，，C错，
因为，则，所以，，
则，所以，
故，则，D错.
故选：AB.
11. 已知双曲线C：，曲线E：，记两条曲线过点的切线分别为，，且斜率均为正数，则（ ）
A. 若，，则C与E有一个交点
B 若，，则C与E有一个交点
C. 若，则与E夹角的正切值为
D. 若，则与夹角的余弦值为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用双曲线的渐近线、切线，利用导数求抛物线的切线，结合到角公式、向量的夹角公式进行求解.
【详解】对于A，若，，则，
因为双曲线C：的渐近线为，
所以曲线E：与双曲线C的渐近线为平行，
所以C与E有一个交点，故A正确；
对于B，若，，则曲线E：，与双曲线C：联立，
则，即，令，
则，则由有，由有，
所以，所以无解，故B错误；
对于C，若，曲线E：，对于双曲线C：，易知过点的切线的斜率显然存在，
设切线方程为 ，与联立有：，
由，解得，
因为斜率均为正数，所以为：，
则与E夹角的正切值为，故C正确；
对于D，若，曲线E：，则，则，
则为： ，其方向向量 ，又为：，其方向向量 ，
所以 ，故D错误.
故答案为：AC.
12. 设，函数是定义在R上的奇函数，且，在单调递增，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合函数性质（单调性、奇偶性、周期性和对称性）的定义和相关结论分析判断.
【详解】对A：∵函数是定义在R上的奇函数，则，A错误；
由题意可得：在上单调递增，则在上单调递增
∵，则
∴函数关于对称，则在上单调递减
当时，当且仅当时，；当且仅当或时，
∵函数关于对称，则，即
∴，则函数的周期为4
当时，则有：
的根依次为，即当且仅当，
若，则，即，C、D错误；
的根依次为，即当且仅当，
∵，则，B正确；
故选：B.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 同时将圆和的面积平分的直线的斜截式方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】求出两圆圆心坐标，过两圆圆心的直线即为所求直线.
【详解】圆的圆心为，
圆化为标准方程为：，其圆心为，
同时将圆和的面积平分的直线过两圆圆心，
所以所求直线方程为，即.
故答案为：.
14. 的展开式中的系数为________（用数字作答）．
【答案】9
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式即可求解.
【详解】分两部分考虑：
①求中的系数：
二项式的通项为：，
令，得，故.
②求中的系数：
二项式的通项为：，
令，得，故，
所以有，即的系数为9.
故答案为：9
15. 已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，离心率为．若过点的直线与C交于A，B两点，且，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】由双曲线离心率可得，用a表示双曲线C和直线AB，联立方程求交点A、B的坐标，进而可求相关长度和角度，在中，利用正弦定理运算求解.
【详解】∵双曲线C的离心率为，则
∴双曲线C：，
由题意可得：直线
联立方程，解得或
即
∴，则
则，同理可得：
在中，由正弦定理，可得
故答案为：.
16. 已知函数，则满足的x的取值范围是________．
【答案】.
【解析】
【分析】结合函数图象，利用复合函数的单调性解不等式.
【详解】因为，则，
因为函数，由有：且，
因为，大致图象如图，
①当且时，，所以，显然满足；
②当时，根据复合函数的单调性法则同增异减可得，单调递减，
当时，根据复合函数的单调性法则同增异减可得，单调递增，
又，，所以根据函数的单调性有：
由解得：或.
综上，满足的取值范围是.
故答案为：.
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. 现有三个白球，十五个红球，且甲、乙、丙三个盒子中各装有六个小球．
（1）若甲、乙、丙三个盒子中各有一个白球，且小明从三个盒子中任选两个盒子并各取出一个球，求小明取出两个白球的概率；
（2）若甲盒中有三个白球，小明先从甲盒中取出一个球，再从乙盒中取出一个球，最后再从丙盒中取出一个球，如此循环，直至取出一个白球后停止取球，且每次取球均不放回．若小明在第次取球时取到白球，求的概率分布和数学期望．
【答案】（1）；
（2）概率分布见解析，数学期望为.
【解析】
【分析】（1）利用独立事件概率公式即得；
（2）由题可知可取1,4,7,10，分别求概率，进而可得概率分布及期望.
【小问1详解】
因为甲、乙、丙三个盒子中各有一个白球，
从一个盒中取出一个球是白球的概率为，
所以小明取出两个白球的概率为；
【小问2详解】
由题可知可取1,4,7,10，
则，
，
，
，
所以的概率分布为：
所以.
18. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）若，求C；
（2）若，证明：△ABC是等腰直角三角形．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1)利用同角三角函数的基本关系和三角恒等变换化简后将代入即可求解;(2)分类讨论可证明.
【小问1详解】
由得，
，
即，
所以，
则有,
即，
即，
所以，
即，
即，
因为,所以，
由得，，所以,所以,
【小问2详解】
证明：由(1)知，得或，
所以或,
当时，因为得，解得，
则有△ABC是等腰直角三角形;
当时，因为得，解得，
则有△ABC是等腰直角三角形;
所以△ABC是等腰直角三角形.
19. 已知数列满足.
（1）设，求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先化简，再推导出等于一个常数，即可求解；
（2）结合第一问，先求出数列的满足的规律，然后再求和.
【小问1详解】
由已知有：
所以，
，
其中，所以数列为以为首项，公比为的等比数列.
所以，得.
【小问2详解】
由（1）知：，
，
所以
.
20. 如图，已知平面平面，点O在线段上，，都是等边三角形.
（1）证明：B，C，E，F四点共面；
（2）求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证法1：延长，，利用比例关系证明两直线的延长线交于上同一个点即可，证法2：分别取的中点N，M，连接，证明两两垂直，则以M为坐标原点，所在直线建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量证明即可，
（2）求出平面与平面的法向量，利用空间向量求解即可
【小问1详解】
证明：证法1，如图，延长交直线于点，延长交直线于点，
因为，所以，
又因为，所以，即，
同理可得，所以重合，所以相交，所以B，C，E，F四点共面.
证法2，分别取的中点N，M，连接.
因为都是等边三角形，
所以.
又因为平面平面，平面平面，
所以平面平面.
又因为平面平面，
所以，
所以两两垂直，两两垂直，
以M为坐标原点，所在直线建立如图所示的空间直角坐标系.
.
因为，所以，
即B，C，E，F四点共面.
【小问2详解】
因为，设平面的法向量为，
则，
即令，则，所以平面的法向量.
因为.设平面的法向量为，
则，即
令，则，所以平面的法向量.
设平面与平面所成夹角为，则，
所以，
所以平面与平面所成角的正弦值为.
21. 已知O为坐标原点，点在椭圆C：上，直线l：与C交于A，B两点，且线段AB的中点为M，直线OM的斜率为．
（1）求C的方程；
（2）若，试问C上是否存在P，Q两点关于l对称，若存在，求出P，Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）不存在，理由见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意利用点差法运算求解；（2）根据对称结合（1）中的结论求直线ON，再联立方程求N的坐标，结合椭圆方程判断点N是否在椭圆内部，分析理解.
【小问1详解】
设，则
∵在椭圆上，则
两式相减得，整理得
∴，即，则
又∵点在椭圆C：上，则
联立解得
∴椭圆C的方程为
【小问2详解】
不存在，理由如下：
假定存在P，Q两点关于l：对称，设直线PQ与直线l的交点为N，则N为线段PQ的中点，连接ON
∵，则，即
由（1）可得，则，即直线
联立方程，解得
即
∵，则在椭圆C外
∴假定不成立，不存在P，Q两点关于l对称
【点睛】本题重点考查点差法：
点代入方程，做差整理得，结合相关斜率理解可得，这是处理相交弦和弦的中点问题的常用方法.
22. 已知函数．
（1）当时，，求的取值范围；
（2）设，且时，，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先讨论与的情况，由幂函数与指数函数易得结论；再讨论，将转化为恒成立，构造，利用导数求得最小值即可求得的取值范围；
（2）构造，先利用导数讨论得时，存在的情况；再分别讨论与，结合（1）的结论，利用导数求得，满足题意，从而求得的取值范围．
【小问1详解】
当时，，即恒成立，
当时，由幂函数的性质可知，在上单调递减，故，
而在上单调递增，故，故恒成立，满足题意；
当时，恒成立，满足题意；
当时，由幂函数的性质可知，在上单调递增，故，
对两边取自然对数得，即恒成立，
由得，故在上恒成立，
令，则，，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，故，
所以；
综上：，即
【小问2详解】
当时，令，则，
所以在上单调递减，
注意到，则，
所以，，故在上存在零点，
所以在上，即，故，两边取以为底指数，得，即，所以，
所以在上，不符合题意，舍去；
当时，，由得，故，满足题意；
当时，由（1）知必然有，
再由可知，令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，故，
因为，所以，故，即，
故恒成立，即，由上述讨论知可推得恒成立；
综上：，
又，所以.
【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1
4
7
10