河南省信阳市浉河区信阳高级中学2023-2024学年高三下学期2月月考（高考模拟卷（二））数学试题

这是一份河南省信阳市浉河区信阳高级中学2023-2024学年高三下学期2月月考（高考模拟卷（二））数学试题，共14页。试卷主要包含了复数满足，其中为虚数单位，则，函数在区间上的图象大致为，已知锐角满足，且，则等内容，欢迎下载使用。
一､单选题：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.已知全集，集合，那么阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
2.复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A. B.
C. D.
3.从4位男同学､5位女同学中选出3位同学，男女生都要有的选法有（ ）
A.140种 B.44种 C.70种 D.252种
4.函数在区间上的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
5.已知锐角满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
6.若将函数的图象平移后能与函数的图象重合，则称函数和互为“平行函数”.已知互为“平行函数”，则（ ）
A.2 B.1 C.-1 D.-2
7.在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的Yng Jun KL Speedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了之后，表面积增加了（ ）
A.54 B. C. D.
8.已知直线与椭圆在第二象限交于两点，与轴，轴分别交于，两点（在椭圆外），若，则的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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.若是关于的不等式成立的必要条件，则的值可以是（ ）
A.-3 B.-2 C.0 D.1
10.已知是等比数列，是其前项和，满足，则下列说法中正确的有（ ）
A.若是正项数列，则是单调递增数列
B.是等比数列
C.若存在，使对都成立，则是等差数列
D.若存在，使对都成立，则是等差数列
11.古希腊数学家托勒密（Ptlemy85-165）对三角学的发展做出了重要贡献，他研究出角与弦之间的对应关系，创造了世界上第一张弦表.托勒密用圆的半径的作为一个度量单位来度量弦长，将圆心角（）所对的弦长记为.例如圆心角所对弦长等于60个度量单位，即.则（ ）
A.
B.若，则
C.
D.（）
12.已知曲线在点处的切线与曲线相切于点，则下列结论正确的是（ ）
A.函数有2个零点
B.函数在上单调递减
C.
D.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知的展开式中第9项为常数项，则展开式中的各项系数之和为__________.
14.已知非零向量夹角为，则的最小值为__________.
15.圆与直线和直线都相切，且圆心在第一象限，圆心到原点的距离为，则圆的方程为__________.
16.是球的球面上四点，，球心是的中点，四面体的体积为，则球的表面积为__________.
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.（10分）如图，在中，内角所对的边分别为，且为所在平面内一点，且为锐角.
（1）若，求；
（2）若，求.
18.（12分）已知数列满足，正项数列满足.当时，记.
（1）证明：是等比数列；
（2）求.
19.（12分）聊天机器人（chatterbt）是一个经由对话或文字进行交谈的计算机程序.当一个问题输入给聊天机器人时，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答.在对某款聊天机器人进行测试时，如果输入的问题没有语法错误，则应答被采纳的概率为80%，若出现语法错误，则应答被采纳的概率为30%.假设每次输入的问题出现语法错误的概率为10%.
（1）求一个问题的应答被采纳的概率；
（2）在某次测试中，输入了8个问题，每个问题的应答是否被采纳相互独立，记这些应答被采纳的个数为，事件（）的概率为，求当最大时的值.
20.（12分）如图，已知四棱台的体积为，且满足，为棱上的一点，且平面.
（1）设该棱台的高为，求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
21.（12分）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，右焦点到渐近线的距离为1.
（1）求双曲线的方程；
（2）设动直线与相切于点，且与直线相交于点，点为平面内一点，直线的倾斜角分别为.证明：存在定点，使得.
22.（12分）对于函数，若实数满足，其中为非零实数，则称为函数的“笃志点”.
（1）若，求函数的“-笉志点”；
（2）已知函数，且函数有且只有3个“-笃志点”，求实数的取值范围；
2024届高三年级高考模拟卷（二）数学参考答案
一､单选题
1-8CBCA ABDA
二､多选题
9.ABC 10.AC 11.BCD 12.CD
13.或 14. 15.
8.【详解】设，设，
联立，得，
由题意知，
所以，
设的中点为，连接，
因为，所以，得，
又因为，所以也是的中点，
所以的横坐标为，
从而得，因为交在第二象限，解得，
设直线倾斜角为，得，得，故正确.
故选：A.
11.【详解】
对于A，圆心角所对弦长为
若，则弦长为，显然，故A错误，
对于B，若，则弦长为，而直径为，故，B正确，
对于C，圆心角所对的弦长为，故，C正确，
对于D，根据三角形两边之和大于第三边可知：所对的弦长之和大于所对的弦长，所以，（），故D正确，
故选：BCD
12.【详解】对于，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
函数的极大值为，极小值为，
因此当时，，当时，，
又，所以，则在上存在零点，
因此函数只有一个零点，故不正确；
对于B：，则，
令，则，所以在上单调递减，
又在上单调递减，
当时，函数单调递减，所以当时，，
所以函数在上单调递增，故B错误；
对于C：，
因此曲线在点处的切线方程为：
，
由，得曲线切线方程为：
，
因为曲线在点处的切线，与曲线相切于点
，所以
因此，故C正确；
对于D：由上可知：
因此有
，故正确，
故选：
三､解答题
17.【答案】 （2）
【解析】（1）由可得
，
又因为，所以可得，
即，可得；
又，所以可得；因此，
又，若，可得，可得；
又，所以；由余弦定理
可得，解得：
（2）设，则，
由可得，
在由正弦定理可得，即，可得，
利用余弦定理可得，解得；
所以可得，
又为锐角，所以；
可得.
18.【答案】（1）证明见详解； （2）
【解析】（1）由数列的通项公式，可知数列为单调递减数列，
所以当时，，
则.所以，
又所以是首项为，公比为的等比数列；
（2）因为，即，则，或（舍），
当时，
，①
则，②
①-②：，
所以，，
即.
19.【答案】（1）0.75 （2）6
（1）记“输入的问题没有语法错误”为事件，“一次应答被采纳”为事件，
由题意，，，则
，
.
（2）依题意，，，
当最大时，有
即解得：，，
故当最大时，.
20.【答案】（1）证明见详解 （2）
【解析】（1）连接，由棱台性质可知，，可得，
又，所以，所以四点共面
又因为平面，平面平面平面
所以，所以四边形为平行四边形，所以，
又四边形为等腰梯形，，
易知为梯形的高，即
所以
易得上下底面的面积分别为：
，
由体积公式有，解得
所以
（2）连接
由（1）知，所以平面，
因为平面平面，所以平面平面，
又，平面平面平面，
所以平面
因为平面，所以
易得.
记三棱锥的高为，
则由得，解得
又
所以
所以直线与平面所成角的正弦值为：
第二问也可建系处理.
21.【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】（1）椭圆的渐近线方程为，
右焦点到渐近线的距离为，故，
又且，解得：
故双曲线的方程是.
（2）由，得.
动直线与双曲线有且只有一个公共点，
所以，化简得.（*）
此时，
由，得.
假设平面内存在定点满足条件，由图形对称性知，点必在轴上.设，
要使，则，
则对满足（*）式的恒成立.
，由，
得，整理得.（**）
由于（**）式对满足（*）式的恒成立，，解得.
故存在定点，使得
22.【答案】（1）-3或0 （2）
【解析】（1）由题意得，
解得或-3，函数的“笃志点”为0或-3.
（2）由题意得有三个不相等的实数根，
当时，，故，即，
解得，不合题意，舍去；
当时，，故，故，
令，
则在上恒成立，
故在.上单调递增，
所以，
所以当时，在有1个“笃志点”，
当时，，故，故，
由于至多有两个根，
结合前面分析，的取值范围为的子集，
令，其中，
，
当时，，
且的对称轴为，
故在上有两个-不相等的实数根，
综上，函数有且只有3个“笃志点”，则实数的取值范围为.