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）五

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）五，共3页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．
1．C 2．B 3．D 4．D 5．C 6．A 7．B 8．B
二、选择题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有错选的得0分．
9．ABD 10．AC 11．ACD 12．BC
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填写在答题卡相应位置上．
13．－eq \f(4,5) 14．0.56 15．eq \f(16,9) 16．eq \r(7)
四、解答题：本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（10分）
解：（1）
方法1：因为{an}是等比数列，所以a2a3＝a1a4＝32，
又a1＋a4＝18，所以eq \b\lc\{(\a\al(a1＝2，,a4＝16))或eq \b\lc\{(\a\al(a1＝16，,a4＝2．))2分
又q＞1，所以eq \b\lc\{(\a\al(a1＝2，,a4＝16，))所以q3＝8，q＝2． 4分
因此an＝a1qn－1＝2n．5分
方法2：由基本量得出eq \b\lc\{(\a\al(a1＝2，,q＝2))或eq \b\lc\{(\a\al(a1＝16，,q＝eq \s\d1(\f(1,2))．))2分
又q＞1，所以eq \b\lc\{(\a\al(a1＝2，,q＝2．)) 4分
因此an＝a1qn－1＝2n．5分
（2）由（1）得Sn＝2bn－2n，所以Sn＋1＝2bn＋1－2n＋1，
两式作差可得bn＋1－2bn＝2n，n∈N*．7分
所以eq \f(bn＋1,2n＋1)－eq \f(bn,2n)＝eq \s\d1(\f(1,2))，即eq \f(bn＋1,an＋1)－eq \f(bn,an)＝eq \s\d1(\f(1,2))(n∈N*)．9分
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs1\al(\f(bn,an)))是公差为eq \s\d1(\f(1,2))的等差数列．10分
18．（12分）
解：(1) 由正弦定理，得sinAsinB＋eq \r(3)sinBcsA＝0．2分
因为B∈(0，π)，sinB≠0，所以sinA＋eq \r(3)csA＝0，即tanA＝－eq \r(3)．4分
因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(2π,3)．6分
(2)解法1：由正弦定理 eq \s\d1(\f(a,sinA))＝ eq \s\d1(\f(b,sinB))＝ eq \s\d1(\f(c,sinC))，所以 eq \s\d1(\f(b,sinB))＝ eq \s\d1(\f(c,sinC))＝ eq \s\d1(\f(3,eq \f(\r(3),2)))＝2eq \r(3)，
因此b＝2eq \r(3)sinB，c＝2eq \r(3)sinC．9分
所以bc＝(2eq \r(3))2×sinBsinC＝3．10分
所以，△ABC的面积为S＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×3×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),4)．12分
解法2：因为sinBsinC＝ eq \f(1,4)，B＝π－A－C＝eq \f(π,3)－C，所以sin(eq \f(π,3)－C)sinC＝ eq \f(1,4)．
化简得cs(2C－eq \f(π,3))＝1，因为C∈(0，eq \f(π,3))，所以2C－eq \f(π,3)∈(－eq \f(π,3)，eq \f(π,3))，故C＝eq \f(π,6)．9分
因此B＝eq \f(π,3)－C＝eq \f(π,6)，进而可解得b＝c＝eq \r(3)．10分
所以△ABC的面积为S＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \r(3)×sineq \f(2π,3)＝eq \f(3\r(3),4)．12分
19．（12分）
解：（1）由直方图可得A学科良好的人数为100×(0.040＋0.025＋0.005)×10＝70，
所以2×2列联表如下：
2分
假设H0：A学科良好与B学科良好无关，3分
K2＝eq \f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d))＝eq \f(100×(30×10－40×20)2,70×30×50×50)＝eq \s\d1(\f(100,21))≈4.8＞3.841，5分
所以有95%把握认为A学科良好与B学科良好有关．6分
（2）AB学科均良好的概率P＝eq \f(40,100)＝eq \f(2,5)，
X的可能取值为0，1，2，3，且X~B(3，eq \f(2,5))．
所以P(X＝0)＝Ceq \(\s\up1(0),3)·(eq \f(2,5))0·(eq \f(3,5))3＝eq \f(27,125)，P(X＝1)＝Ceq \(\s\up1(1),3)·(eq \f(2,5))1·(eq \f(3,5))2＝eq \f(54,125)，
P(X＝2)＝Ceq \(\s\up1(2),3)·(eq \f(2,5))2·(eq \f(3,5))1＝eq \f(36,125)，P(X＝3)＝Ceq \(\s\up1(3),3)·(eq \f(2,5))3·(eq \f(3,5))0＝eq \f(8,125)．10分
所以X的分布列为
因为X~B(3，eq \f(2,5))，所以E(X)＝3×eq \f(2,5)＝eq \f(6,5)．12分
20．（12分）
（1）证法一：连接OE，OG．
A
D
E
C
B
O
F
G
在圆柱OE中，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，所以OE∥DA．
又OE平面DAF，DA平面DAF，所以OE∥平面DAF．2分
在△ABF中，点O，G分别是AB和BF的中点，所以OG∥AF．
又OG平面DAF，AF平面DAF，所以OG∥平面DAF．
又OE∩OG＝O，OE，OG平面OEG，所以平面OEG∥平面DAF．4分
又EG平面OEG，所以EG∥平面DAF．6分
证法二：取AF的中点M，连接MD，MG．
A
D
E
C
B
O
F
G
M
因为点M，G分别是FA和FB的中点，所以MGeq \(_,\s\up2(_),\s\up1(∥))AO．2分
在圆柱OE的轴截面四边形ABCD中，AOeq \(_,\s\up2(_),\s\up1(∥))DE．
所以MGeq \(_,\s\up2(_),\s\up1(∥))DE，因此四边形DEGM是平行四边形．4分
因此EG∥DM．
又EG平面DAF，DM平面DAF，所以EG∥平面DAF．6分
证法三：以O为坐标原点，AB的中垂线为x轴，OB为y轴，OE为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．则B(0，eq \r(3)，0)，E(0，0，3)．A
D
E
C
B
O
F
G
z
y
x
因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上，所以BF⊥AF．
又OA＝OB＝BF＝eq \r( ,3)，所以∠BOF＝60º，因此F(eq \f(3,2)，eq \f(eq \r(3),2)，0)．
因为点G是线段BF的中点，所以G(eq \f(3,4)，eq \f(3eq \r(3),4)，0)，
因此eq \(GE,\s\up6(→))＝(－eq \f(3,4)，－eq \f(3eq \r(3),4)，3)．2分
因为AD⊥平面ABF，BF平面ABF，所以BF⊥AD．
又BF⊥AF，AF∩AD＝A，AF，AD平面DAF，所以BF⊥平面DAF，
因此eq \(\s\up6(→),FB)＝(－eq \f(3,2)，eq \f(eq \r(3),2)，0)是平面DAF的一个法向量．4分
因为eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(EG,\s\up6(→))＝－eq \f(3,2)×eq \f(3,4)＋eq \f(eq \r(3),2)×eq \f(3eq \r(3),4)＋0×3＝0，
又EG平面DAF，所以EG∥平面DAF．6分
（2）解：法一：以O为坐标原点，AB的中垂线为x轴，OB为y轴，OE为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．则B(0，eq \r(3)，0)，E(0，0，3)．7分A
D
E
C
B
O
F
G
z
y
x
因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上，所以BF⊥AF．
又OA＝OB＝BF＝eq \r( ,3)，所以∠BOF＝60º，因此F(eq \f(3,2)，eq \f(eq \r(3),2)，0)．
因此F(eq \f(3,2)，eq \f(eq \r(3),2)，0)，eq \(\s\up6(→),EF)＝(eq \f(3,2)，eq \f(eq \r(3),2)，－3)．8分
因为AD⊥平面ABF，BF平面ABF，所以BF⊥AD．
又BF⊥AF，AF∩AD＝A，AF，AD平面DAF，所以BF⊥平面DAF．
因此eq \(\s\up6(→),FB)＝(－eq \f(3,2)，eq \f(eq \r(3),2)，0)是平面DAF的一个法向量．10分
设EF与平面DAF所成角为θ，
则sinθ＝|cs＜eq \(\s\up6(→),EF)，eq \(\s\up6(→),FB)＞|＝eq \f(|eq \(\s\up6(→),EF)·eq \(\s\up6(→),FB)|,|eq \(\s\up6(→),EF)|·|eq \(\s\up6(→),FB)|)＝eq \f(eq \s\d1(\f(3,2)),2eq \r(3)×eq \r(3))＝eq \f(1,4)，
所以EF与平面DAF所成角的正弦值为eq \f(1,4)．12分
法二：由(1)得EG∥平面DAF，
所以点E到平面DAF的距离等于点G到平面DAF的距离．A
D
E
C
B
O
F
G
因为AD⊥平面ABF，BF平面ABF，所以BF⊥AD．
因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上，所以BF⊥AF．
又AF∩AD＝A，AF，AD平面DAF，所以BF⊥平面DAF．
所以点E到平面DAF的距离d＝GF＝eq \s\d1(\f(1,2))BF＝eq \f(\r(3),2)．9分
连结OE，OF，易得OF＝eq \r(3)，所以EF＝eq \r(OF2＋OE2)＝2eq \r(3)．10分
设EF与平面DAF所成角为θ，则sinθ＝eq \f(d,EF)＝eq \f(eq \f(\r(3),2),2eq \r(3))＝eq \f(1,4)，
所以EF与平面DAF所成角的正弦值为eq \f(1,4)．12分
法三：过F作AD的平行线交上底面于点H，连结DH，
平面ADF即为平面AFHD．
过E作EK⊥DH，K为垂足，
A
D
E
C
B
O
F
G
K
H
又因为AD⊥EK，AD∩DH＝D，则EK⊥平面AFHD，
则∠EFK为EF与平面ADF所成的角． 8分
得EK＝eq \f(\r(3),2)，EF＝eq \r(OF2＋OE2)＝2eq \r(3)． 10分
设EF与平面DAF所成角为θ，则sinθ＝eq \f(EK,EF)＝eq \f(eq \f(\r(3),2),2eq \r(3))＝eq \f(1,4)，
所以EF与平面DAF所成角的正弦值为eq \f(1,4)．12分
21．（12分）
解：（1）设椭圆C的焦距为2c，由题得c＝1．
当A为短轴顶点时，△OAF的周长a＋b＋1＝3＋eq \r(3)．1分
又a2＝b2＋1，所以a2＝(2＋eq \r(3)－a)2＋1，解得a＝2，b＝eq \r(3)．3分
所以，椭圆C的标准方程为eq \s\d1(\f(x2,4))＋eq \s\d1(\f(y2,3))＝1．4分
（2）法一：易得F(1，0)，设直线AB：y＝k(x－1)．B
M
y
P
x
O
A
F
Q
联立eq \b\lc\{(\a\vs1\al(y＝k(x－1)，,eq \s\d1(\f(x2,4))＋eq \s\d1(\f(y2,3))＝1，))消去y并整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝eq \f(－6k,4k2＋3)，
则M(eq \f(4k2,4k2＋3)，eq \f(－3k,4k2＋3))．6分
于是线段AB的垂直平分线的方程为y＝－eq \s\d1(\f(1,k))(x－eq \f(4k2,4k2＋3))－eq \f(3k,4k2＋3)．
令y＝0，得xP＝eq \f(k2,4k2＋3)．8分
处理法1：因为k≠0，所以xP＝eq \f(k2,4k2＋3)＝eq \s\d1(\f(1,4))－eq \f(3,4(4k2＋3))∈(0，eq \s\d1(\f(1,4)))．9分
因为∠POQ＝∠PMF＝90º，所以Q，O，M，F四点共圆，
由相交弦定理可得|PM|·|PQ|＝|PO|·|PF|＝xP(1－xP)＝xP－xP2．11分
因为xP∈(0，eq \s\d1(\f(1,4)))，且函数y＝xP－xP2在(0，eq \s\d1(\f(1,4)))上递增，
所以|PM|·|PQ|＝xP－xP2∈(0，eq \s\d1(\f(3,16)))．12分
处理法2：易得△OPQ∽△MPF，所以eq \s\d1(\f(PO,PM))＝eq \s\d1(\f(PQ,PF))，所以PM·PQ＝PO·PF．
处理法3：|PM|·|PQ|＝eq \r(1＋eq \s\d1(\f(1,k2)))|xM－xP|·eq \r(1＋eq \s\d1(\f(1,k2)))|xP|
＝(1＋eq \s\d1(\f(1,k2)))|eq \f(4k2,4k2＋3)－eq \f(k2,4k2＋3)|·|eq \f(k2,4k2＋3)|＝eq \f(3k2(k2＋1),(4k2＋3)2)．10分
令t＝4k2＋3＞3，则|PM|·|PQ|＝eq \f(3k2(k2＋1),(4k2＋3)2)＝eq \s\d1(\f(3(t2－2t－3),16t2))＝eq \s\d1(\f(3,16))[－3(eq \s\d1(\f(1,t)))2－2eq \s\d1(\f(1,t))＋1]，
因为t＞3，所以eq \s\d1(\f(1,t))∈(0，eq \s\d1(\f(1,3)))，因此－3(eq \s\d1(\f(1,t)))2－2eq \s\d1(\f(1,t))＋1∈(0，1)，
因此|PM|·|PQ|＝eq \s\d1(\f(3,16))[－3(eq \s\d1(\f(1,t)))2－2eq \s\d1(\f(1,t))＋1]∈(0，eq \s\d1(\f(3,16)))．12分
法二：易得F(1，0)，设直线AB：x＝my＋1．
联立eq \b\lc\{(\a\vs1\al(x＝my＋1，,eq \s\d1(\f(x2,4))＋eq \s\d1(\f(y2,3))＝1，))消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝eq \f(8,3m2＋4)，
则M(eq \f(4,3m2＋4)，eq \f(－3m,3m2＋4))．6分
于是线段AB的垂直平分线的方程为y＝－m(x－eq \f(4,3m2＋4))－eq \f(3m,3m2＋4)．
令y＝0，得xP＝eq \f(1,3m2＋4)．8分
处理法1：因为m≠0，所以xP＝eq \f(1,3m2＋4)∈(0，eq \s\d1(\f(1,4)))．9分
因为∠POQ＝∠PMF＝90º，所以Q，O，M，F四点共圆，
由相交弦定理可得|PM|·|PQ|＝|PO|·|PF|＝xP(1－xP)＝xP－xP2．11分
因为xP∈(0，eq \s\d1(\f(1,4)))，且函数y＝xP－xP2在(0，eq \s\d1(\f(1,4)))上递增，
所以|PM|·|PQ|＝xP－xP2∈(0，eq \s\d1(\f(3,16)))．12分
处理法2：易得△OPQ∽△MPF，所以eq \s\d1(\f(PO,PM))＝eq \s\d1(\f(PQ,PF))，所以PM·PQ＝PO·PF．
处理法3：|PM|·|PQ|＝eq \r(1＋m2)|xM－xP|·eq \r(1＋m2)|xP|
＝(1＋m2)|eq \f(4,3m2＋4)－eq \f(1,3m2＋4)|·|eq \f(1,3m2＋4)|＝eq \f(3(m2＋1),(3m2＋4)2)．10分
令t＝3m2＋4＞4，则|PM|·|PQ|＝eq \f(3(m2＋1),(3m2＋4)2)＝eq \s\d1(\f(t－1,t2))＝－eq \s\d1(\f(1,t2))＋eq \s\d1(\f(1,t))∈(0，eq \s\d1(\f(3,16)))．12分
处理法4：|PM|·|PQ|＝eq \f(3(m2＋1),(3m2＋4)2)．
令t＝3(m2＋1)＞3，则|PM|·|PQ|＝eq \f(3(m2＋1),(3m2＋4)2)＝eq \s\d1(\f(t,(t＋1)2))＝eq \s\d1(\f(1,t＋eq \f(1,t)＋2))∈(0，eq \s\d1(\f(3,16)))．12分
22．（12分）
(1)证明：若a＝1，则f(x)＝ex－x－1，f '(x)＝ex－1，1分
令f '(x)＝0，得x＝0．
在(－∞，0)上，f '(x)＜0，f(x)单调递减；
在(0，＋∞)上，f '(x)＞0，f(x)单调递增；3分
故f(x)≥f(0)＝0．4分
(2)解：g(x)＝axex－x2－ax，g'(x)＝a(x＋1)ex－2x－a＝a[(x＋1)ex－1]－2x．
当x＞0时，易得(x＋1)ex－1＞0，所以由(1)可得，
若a≥1，则g'(x)＝a[(x＋1)ex－1]－2x≥(x＋1)ex－2x－1＞(x＋1)2－2x－1＝x2＞0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
这与x＝0为函数g(x)的极大值点相矛盾．7分
若0＜a＜1，g''(x)＝a(x＋2)ex－2，因为g'''(x)＝a(x＋3)ex＞0对x＞－3恒成立，
所以g''(x)在(－3，＋∞)上单调递增．8分
又g''(0)＝2a－2＜0，g''(eq \F(2,a)－2)＞a(eq \F(2,a)－2＋2)－2＝0，因为0＜a＜1，所以eq \F(2,a)－2＞0，
因此存在唯一x0∈(0，eq \F(2,a)－2)，使得g''(x0)＝0．9分
所以，在(－3，x0)上，g''(x)＜0，g'(x)单调递减．10分
又g'(0)＝0，所以
在(－3，0)上，g'(x)＞0，故g(x)单调递增；
在(0，x0)上，g'(x)＜0，故g(x)单调递减．11分
所以x＝0为函数f(x)的极大值点，满足题意．
综上，a的取值范围为(0，1)．12分
B学科良好
B学科不够良好
合计
A学科良好
40
30
70
A学科不够良好
10
20
30
合计
50
50
100
X
0
1
2
3
P
eq \f(27,125)
eq \f(54,125)
eq \f(36,125)
eq \f(8,125)