2024届高三年级第一学期期中调研数学试题模拟卷（原卷+答案）一

这是一份2024届高三年级第一学期期中调研数学试题模拟卷（原卷+答案）一，文件包含单元素质评价二第二单元同步练习教师版2023-2024部编版历史八年级上册docx、单元素质评价二第二单元同步练习学生版2023-2024部编版历史八年级上册docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
本试卷共6页，22小题，满分150分.考试时间120分钟.
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式再结合交集以及区间的概念即可求解.
【详解】一方面把不等式变形为，解得；
另一方面若，则；结合交集以及区间的概念可知.
故选：A.
2. 若复数满足，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】由求出复数，从而可求出
【详解】由，得，
，
所以，
故选：B
3. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】通过不等式性质分别求解出与的范围，从而再进行判断.
【详解】由，可得或，即或，
由，可得或，即或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 下列可能是函数的图象的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数定义域和特殊值可排除ABD.
【详解】函数定义域为R，排除选项AB，当时，，排除选项D，
故选：C.
5. 已知函数在上单调递减，则实数取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，结合对数函数的性质，以及复合函数单调性的求解方法，根据题意，得出满足在区间单调递减且，即可求解.
【详解】设，可得的对称轴的方程为，
由函数在上单调递减，
则满足在区间单调递减且，即且，
解得，即实数的取值范围是.
故选：D.
6. 甲、乙、丙等六人相约到电影院观看电影《封神榜》，恰好买到了六张连号的电影票．若甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为（ ）
A. 360B. 480C. 600D. 720
【答案】B
【解析】
【分析】先求得六人的全排列数，结合题意，利用定序排列的方法，即可求解.
【详解】由题意，甲、乙、丙等六人的全排列，共有种不同的排法，
其中甲、乙、丙三人的全排列有种不同的排法，
其中甲、乙在丙的同侧有：甲乙丙、乙甲丙、丙甲乙，丙乙甲，共4种排法，
所以甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为种.
故选：B.
7. 已知正方体的棱长为2，则以点为球心，为半径的球面与平面的交线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用等体积法可求出点到平面的距离，根据交线为圆可求出其长度.
【详解】设点到平面的距离为，
因为，所以，
因为正方体的棱长为2，
所以等边的边长为，
所以，
所以，解得，
所以点为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，
所以交线长为，
故选：C
8. 对，当时，，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将不等式等价变形，再构造函数，，再结合函数的单调性、最值即可求解．
【详解】由，当时，
则等价于，即等价于，
即等价于，即等价于，
令，，
即等价于对，当时，，
即函数在上单调递减，
即对，，即，
由，则，所以，
所以实数的取值范围是．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：将题目中的不等式条件等价转化为，再构造函数是解答本题的关键．
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. 下图为甲、乙两人在同一星期内每日步数的折线统计图，则（ ）

A. 这一星期内甲的日步数的中位数为11600
B. 这一星期内甲的日步数的极差大于乙的日步数的极差
C. 这一星期内乙的日步数的方差大于甲的日步数的方差
D. 这一星期内乙的日步数的上四分位数是7030
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A：直接求出中位数；
对于B：分别计算出甲、乙日步数的极差，即可判断；
对于C：分别计算出甲、乙方差，即可判断；
对于D：将乙的日步数从小到大排列，计算可得；
【详解】对于A：甲的步数：16000，7965，12700，2435，16800，9500，11600.
从小到大排列为：2435，7965，9500，11600，12700，16000，16800,中位数是11600.故A正确；
对于B：这一星期内甲的日步数的极差,
这一星期内乙的日步数的极差,
这一星期内甲的日步数的极差大于乙的日步数的极差,故B正确；
对于C：由图知甲的波动程度越大，故方差大故C错误；
乙的步数从小到大排列为：5340，7030，10060，11600，12300，12970，14200，
，故这一星期内乙的日步数上四分位数是12970，故D错误.
故选：AB.
10. 已知事件A，B，且，则（ ）
A. 如果，那么
B. 如果，那么
C. 如果A与B相互独立，那么
D. 如果A与B相互独立，那么
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据事件关系及运算有、，由事件的相互独立知，结合事件的运算求、.
【详解】A：由，则，正确；
B：由，则，正确；
C：如果A与B相互独立，则，
，错误；
D：由C分析及事件关系知：，正确.
故选：ABD.
11. 已知函数的定义域为，且，函数的图像关于点对称，，则（ ）
A. 是偶函数B. 的图像关于直线对称
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】先根据的图像关于点对称，得出是奇函数，从而判断A项；
由利用赋值法求出，再结合是奇函数可判断B项；
利用结合可判断C项；
求出的周期可判断D项.
【详解】因为函数的图像关于点对称，所以的图像关于原点对称，即是奇函数，故A错误；
因为，所以令得，
又因为是奇函数，所以，
所以，即，所以的图像关于直线对称，故B正确；
因为，，是奇函数，
所以，故C正确；
因为，所以的周期为8，
又，，
所以，故D正确；
故选：BCD.
12. 已知，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先利用指数与对数互化求出，然后利用对数的运算性质及基本不等式逐项判断即可.
【详解】因为，所以，，
因为，所以，即，故A正确；
因为，，
所以，故B正确；
因为，
因为，故，
故，故，故不正确.
故C错误；
因为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在二项式的展开式中，常数项是______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据二项展开式的公式可知 ，进而可得常数项.
【详解】其展开式第项为
，
当，即时，展开式第项为常数项，
此时，
故答案：
14. 已知同一平面内的单位向量，满足，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得，两边平方得到，从而求出.
【详解】因为，所以，
两边平方得，
因为均是单位向量，所以，所以，
所以，
所以.
故答案为：.
15. 已知随机变量，，且，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项分布和正态分布的期望公式可得，再由可得，求解即可.
【详解】由题意，，，
，
又，故，
即，
解得：.
故答案为：
16. 已知直线与曲线和都相切，请写出符合条件的两条直线的方程：______，______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设出切点，利用切点求出切线方程，联立方程求出切点处的值，代入求出切线方程.
【详解】因为，，所以，，
设直线与曲线和分别切于点，，
所以切线方程分别为，，
即，，
因此，则，
又，
所以，
化简得，
解得或，
当时，切线方程为，
当时，切线方程为.
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.设等比数列的前项和为，已知，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等比数列的公比为，根据，作差求出公比，即可得出答案；
（2）由（1）得，可得，利用分组求和法计算可得．
【详解】（1）设等比数列的公比为，
①，，
当时，有，
当时，②，
由①②得，即，
，，
，
；
（2）由（1）得，则，
，，
，
．
18．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足．
(1)证明：；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）利用正余弦定理得，再利用两角和与差的余弦公式化简得，再根据范围即可证明；
（2）根据三角恒等变换结合（1）中的结论化简得，再求出的范围，从而得到的范围，最后利用对勾函数的单调性即可得到答案.
【详解】（1）由及得,.
由正弦定理得,
又,
,
,
,
都是锐角,则
,
（2）令
，
由（1）得.
在锐角三角形中,
，即，,
令,
根据对勾函数的性质知在上单调递增，
,即的取值范围是.
19. 如图，直三棱柱中，，平面平面．

（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过点作，根据题意证得平面，得到，再由三棱柱为直三棱柱，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可得到；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
如图所示，过点作于点，
因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
由三棱柱为直三棱柱，可得平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
如图所示，以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，可得，
则,
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
则，
设二面角平面角为为锐角，可得，所以，
即二面角的正弦值为.

20. 第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在中国杭州举办．中国田径队拟派出甲、乙、丙三人参加男子100米比赛．比赛分为预赛、半决赛和决赛，只有预赛和半决赛都获得晋级才能进入决赛．已知甲在预赛和半决赛中晋级的概率均为；乙在预赛和半决赛中晋级的概率分别为和；丙在预赛和半决赛中晋级的概率分别为和，其中，甲、乙、丙三人晋级与否互不影响．
（1）试比较甲、乙、丙三人进入决赛的可能性大小；
（2）若甲、乙、丙三人都进入决赛的概率为，求三人中进入决赛的人数的分布列和期望．
【答案】（1），即进入决赛的可能性甲 丙乙.
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）根据题意求出甲、乙、丙三人初赛的两轮中均获胜的概率并比较大小即可；
（2）根据题意先求出与所有的可能取值，然后分别求出每一个值对应的概率，列出分布列，并计算出期望即可求解.
【小问1详解】
甲在初赛的两轮中均获胜的概率为，
乙在初赛的两轮中均获胜的概率为，
丙在初赛的两轮中均获胜的概率为，
因为，所以，所以，
即甲进入决赛的可能性最大.
【小问2详解】
设甲、乙、丙都进入决赛的概率为，
则，且，解得，
所以丙在初赛的第一轮和第二轮获胜的概率分别为和，
两轮中均获胜的概率为，
进入决赛的人数的可能取值为0，1，2，3，
则，
，
，
所以的分布列为
所以.
21.在平面直角坐标系Oxy中，已知离心率为eq \f(1,2)的椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，△ABM的面积最大值为2eq \r(3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线AM与定直线x＝t(t>2)交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是k0，k1，k2，若k1，k0，k2成等差数列，求实数t的值．
解 (1)由题意可知A(－a,0)，B(a,0)，
设M(x1，y1)，显然－b≤y1≤b，
△ABM的面积为eq \f(1,2)·2a·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y1))≤ab，
因为△ABM的面积最大值为2eq \r(3)，
所以ab＝2eq \r(3)，
又因为椭圆的离心率为eq \f(1,2)，
所以eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ab＝2\r(3)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由(1)可知F(1,0)，A(－2,0)，B(2,0)，
由题意可知直线l的斜率不为零，
所以设直线l的方程为x＝my＋1，与椭圆方程联立，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my＋1))⇒(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
设N(x2，y2)，
所以y1＋y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4)，
直线AM的方程为eq \f(y－y1,y1)＝eq \f(x－x1,x1＋2)，
把x＝t代入方程中，得y＝eq \f(t＋2y1,x1＋2)，
所以Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(t＋2y1,x1＋2)))，
于是k0＝eq \f(\f(t＋2y1,x1＋2),t－1)＝eq \f(t＋2y1,x1＋2t－1)，k1＝eq \f(y1,x1＋2)，k2＝eq \f(y2,x2－2)，
因为k1，k0，k2成等差数列，
所以2k0＝k1＋k2⇒2·eq \f(t＋2y1,x1＋2t－1)＝eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2－2)，化简得eq \f(t＋5y1,x1＋2t－1)＝eq \f(y2,x2－2)，
把x1＝my1＋1，x2＝my2＋1代入，化简得
6my1y2＝(t＋5)(y1＋y2)＋(2t－8)y2，
把y1＋y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4)代入，得
eq \f(6mt－4,3m2＋4)＝(2t－8)y2，因为m∈R，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t－4＝0，,2t－8＝0，))即t＝4.
22. 已知函数．
（1）求证：；
（2）若函数在上存在最大值，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得，令，求得，得到函数的单调性，结合，即可得到；
（2）根据题意得到，求得，令，得到，分，和，三种情况讨论，结合零点的存在性定理和函数的单调性、极值（最值）的定义，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，可得，则，
令，可得，
当时，可得，单调递增；
当时，可得，单调递减，
所以，所以，
即，即.
【小问2详解】
解：由函数
可得
令，可得
①当时，，在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，无最大值；
②当时，，可得在上单调递减，
所以，所以在上单调递减，无最大值；
③当时，由，可得，
所以当时，， 在上单调递增；
当时，， 在上单调递减，
由（1）知，，
所以当时，，
取，则且，
又由，
所以由零点的存在性定理，存在，使得，
所以当时，，即；
当时，，即，
所以在单调递增，在单调递减，
此时在上存在最大值，符合题意，
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；
③，构造函数或.
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