新疆乌鲁木齐市2024届高三高考模拟测试数学试题及答案

这是一份新疆乌鲁木齐市2024届高三高考模拟测试数学试题及答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数，是的共轭复数，那么（ ）
A．B．C．D．
2．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知平面向量，满足，，与的夹角为，，则实数的值为（ ）
A．-2B．2C．D．
4．已知数列满足，，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．的展开式中，的系数为（ ）
A．B．C．D．
6．已知是过抛物线的焦点的弦．若，则中点的纵坐标是（ ）
A．1B．2C．D．
7．已知函数，对一切x∈R恒有f（b）≤f（x）≤f（a）（a，b∈R），则sin（a+b）的值是（ ）
A．-B．
C．-D．
8．已知函数的定义域为，其导函数为，对恒成立，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．函数的最小正周期为π
B．点是曲线的对称中心
C．函数在区间内单调递增
D．函数在区间内有两个最值点
10．德国数学家狄里克雷在年时提出：“如果对于的每一个值，总有一个完全确定的值与之对应，那么是的函数.”这个定义较清楚的说明了函数的内涵，只要有一个法则，使得取值范围内的每一个，都有一个确定的和它对应就行了，不管这个法则是用公式还是用图象、表格等形式表示.他还发现了狄里克雷函数，即：当自变量取有理数时，函数值为，当自变量取无理数时，函数值为.狄里克雷函数的发现改变了数学家们对“函数是连续的”的认识，也使数学家们更加认可函数的对应说定义，下列关于狄里克雷函数的性质表述正确的是（ ）
A．B．是奇函数
C．的值域是D．
11．已知是等差数列，，其前项和为，满足，则下列四个选项中正确的有（ ）
A．B．
C．最小D．时，的最大值为
三、填空题
12．集合满足，则集合的个数有 个.
13．在某次考试中，学生的数学成绩服从正态分布．已知参加本次考试的学生有1000人，则本次考试数学成绩在70分至110分之间的学生大约有 人．（参考数据：，）
14．已知双曲线的离心率为2，过右焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于两点. 设到双曲线的同一条渐近线的距离分别为和，且，则双曲线的方程为 ．
四、解答题
15．已知数列是等比数列，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
16．如图所示，在树人中学高一年级学生中抽出40名参加环保知识竞赛，将其成绩(均为整数整理后画出的频率分布直方图如图，观察图形，回答下列问题：
（1）求成绩在80~90这一组的频数；
（2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、40百分位数；
（3）从成绩是50分以下(包括50分)和90分以上(包括90分)这两个分数段的学生中选2人，求他们不在同一分数段的概率.
17．如图所示，四棱柱的侧棱与底面垂直，底面是菱形，四棱锥的顶点在平面上的投影恰为四边形对角线的交点，四棱锥和四棱柱的高相等．
（1）证明：平面；
（2）若，，求平面与平面所成的二面角的余弦值．
18．在直角坐标系中，椭圆的中心为原点，焦点在轴上，长轴长为4，离心率为．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
(1)写出椭圆的一个参数方程和直线的直角坐标方程；
(2)已知是椭圆上一点，是直线上一点，求的最小值．
19．已知函数.
(1)若，求的图象在点处的切线方程；
(2)若在区间上单调递增，求实数的取值范围.
参考答案：
1．D
【分析】利用复数共轭复数的定义与除法运算即可得解.
【详解】因为，则，
所以.
故选：D.
2．B
【分析】量词命题的否定步骤为：改量词，否结论，由此得解.
【详解】因为命题“”是存在量词命题，
所以其否定为.
故选：B.
3．B
【分析】根据平面垂直向量可得，利用平面向量的数量积的定义求出，计算即可求得的值.
【详解】由，得，
即，又的夹角为，
所以，
所以，解得.
故选：B.
4．C
【分析】利用递推关系即求.
【详解】依题意有，则，
由此得，，，．
故选：C．
5．D
【分析】写出展开式的通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】的展开式通项为，
的展开式通项为，
所以，的展开式通项为，其中，、，
令，得，得，
所以，展开式中的系数为.
故选：D.
6．D
【分析】设线段的中点为，分别过A，P，B三点作准线l的垂线,由抛物线的定义可求出，进而可得关于的方程，即可求出中点的纵坐标.
【详解】如图所示，设线段的中点为，
分别过A，P，B三点作准线l的垂线，
垂足分别为，Q，，由题意得
．
由得，所以抛物线的准线方程为，
又，∴，∴．
故选：D.
【点睛】本题考查了抛物线的定义，属于基础题.
7．A
【分析】根据辅助角公式可得，，其中，，且，可得，代入求解即可
【详解】由辅助角公式，函数，
其中，，
由题意可知，
此时，，
所以.
故选：A
8．D
【解析】根据已知条件构造一个函数，再利用的单调性求解不等式即可.
【详解】由，可得，
即，令，
则.
令，，
所以在上是单调递减函数.
不等式，
等价于，
即，，
所求不等式即，
由于在上是单调递减函数，
所以，解得，
且，即，
故不等式的解集为.
故选：D
【点睛】本题考查了利用构造新函数的单调性求解不等式，考查了利用导数判断函数单调性的方法，考查了分析问题的逻辑思维能力，属于困难题.
9．AC
【分析】由题可得，可得函数，然后根据三角函数的性质逐项分析即得.
【详解】由图可知，
所以，又，
所以，
所以，，，
得，，
又，得，
所以，所以，
所以函数的周期为，A正确；
由，得，，，取得，，对称中心为，
取得，，对称中心为，所以点不是曲线的对称中心，B错误；
由，得，，，当时，，函数在区间内单调递增，C正确；
由，可得，，取得，为函数的最值点，所以区间内有一个最值点，D错误.
故选：AC．
10．ACD
【解析】利用狄里克雷函数的定义可判断AC选项的正误；利用函数奇偶性的定义可判断B选项的正误；分和两种情况讨论，结合狄里克雷函数的定义可判断D选项的正误.
【详解】由题意可知，.
对于A选项，，则，A选项正确；
对于B选项，当，则，则，
当时，则，则，
所以，函数为偶函数，B选项错误；
对于C选项，由于，所以，函数的值域为，C选项正确；
对于D选项，当时，则，所以，，
当时，，所以，，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：本题的解题关键就是紧扣函数的新定义，在解题的过程中要对的取值进行分类讨论，结合函数的定义来求解，在判断命题为假命题时，可以通过特例来说明.
11．AB
【分析】由求得，再依次判断各选项即可.
【详解】设公差为，由得，解得，A正确；
，B正确；由，知，又，可得，
当或7时，取得最大值，C错误；，D错误.
故选：AB.
12．3
【分析】根据题意求出所有的集合，即可解出.
【详解】因为，即，所以，，，即集合的个数有3个.
故答案为：3.
13．840
【分析】利用正态分布的对称性及三段区间的概率求，进而估计区间人数.
【详解】由题设，
所以，
所以考试数学成绩在70分至110分之间的学生大约有人.
故答案为：
14．
【分析】画出图形，利用已知条件，结合梯形中位线性质得b＝3，再利用a,b,c关系列出方程组转化求解即可．
【详解】由题意可得图象如图，CD是双曲线的一条渐近线
y，即bx﹣ay＝0，F（c，0），
AC⊥CD，BD⊥CD，FE⊥CD，ACDB是梯形，
F是AB的中点，EF3，
EFb，
所以b＝3，双曲线1（a＞0，b＞0）的离心率为2，可得，
可得：，解得a．
则双曲线的方程为：1．
故答案为
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线方程的求法，注意梯形中位线的应用，考查计算能力．
15．(1)；
(2)．
【分析】（1）由等比数列通项公式的基本量法求得和公比，即可得通项公式；
（2）由分组求和法求和．
【详解】（1）设的公差为，则，解得，
所以；
（2）由（1）得
．
16．（1）4；（2）平均数为，40百分位数为；（3）.
【分析】(1)由给定的频率分布直方图，求出成绩在80~90这一组频率即可得解；
(2)利用频率分布直方图求平均数及百分位数的方法计算即得；
(3)先求出给定两段的学生总数，再用列举法求概率的方法求解即得.
【详解】（1）依题意50~60这一组的频率为，60~70这一组的频率为，
70~80这一组的频率为，90~100这一组的频率为，
则80~90这一组的频率，其频数为4；
（2）这次竞赛成绩的平均数为
，
40~50这一组的频率为0.1，50~60这一组的频率为0.15，40~60的频率为0.25，60~70这一组的频率为，
因此40百分位数在60~70这一组内，且在本组内需要找到频率为0.15的部分，
所以40百分位数为；
（3）记选出的2人不在同一分数段为事件，
40~50之间的人数为人，设为，，，，90~100之间有人，设为1，2，
从这6人中选出2人，有，，，，，，，，，，，，，，共15个样本点，
其中事件包括，，，，，，，，共8个基本事件，
于是得，
所以不在同一分数段的概率.
17．（1）详见解析；（2）.
【分析】（1）根据题意，以为原点，分别以为x，y，z轴建立空间直角坐标系，证明即可.
（2）根据，设，求得平面的一个法向量，同理求得平面的一个法向量，设平面与平面所成的二面角为，利用求解.
【详解】（1）根据题意，建立如图所示空间直角坐标系：
设四棱柱的侧棱长为a，底面边长为b，，
则
，
所以，
所以，又平面，平面，
所以平面；
（2）因为，设，
则
所以，
设平面的一个法向量为：，
则 ，所以 ，
令 ，则 ，所以
设平面的一个法向量为：，
则 ，所以 ，
令 ，则 ，所以
设平面与平面所成的二面角为，
所以，
，
．
【点睛】本题主要考查直线与平面平行以及二面角的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
18．(1)（为参数），；
(2)．
【分析】（1）根据题意可得，可得，即可求得椭圆的普通方程，进而求得参数方程，再通过极坐标和直角坐标的转化求得的直角坐标方程；
（2）设，显然当时，取得最小值，利用距离公式结合三角函数即可求得最值.
【详解】（1）由题可知，，可得,
所以椭圆的普通方程为，
故椭圆的一个参数方程为（为参数）．
由，得的直角坐标方程为．
（2）设，显然当时，取得最小值．
因为点到直线的距离，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
19．(1)
(2)
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义运算求解；
（2）方法一：求导，根据题意分析可得当时，恒成立，构建新函数，利用导数分类讨论判断其单调性和最值，结合恒成立问题分析求解；方法二：求导，根据题意分析可得在上恒成立，分类讨论运用参变分离法结合恒成立问题分析求解
【详解】（1）当时，，则，
可得，，即切点坐标为，斜率，
所以的图象在点处的切线方程为，即.
（2）方法一：因为，
所以，
设，
且，由题意可知：当时，恒成立，
则，
当时，，
整理得，
设，
（i）当，即时，则在区间上单调递增，
则，即，所以单调递减，
所以，解得，不符合题意，舍去；
（ⅱ）当，即时，，当时，，
所以在上单调递减，，不符合题意，舍去；
（ⅲ）当，即时，则在区间上单调递减，
①若，则，
即，可知在区间上单调递减，
所以，解得，不符合题意，舍去；
②当时，因为，
所以存在，使得，
当时，，即单调递增；
当时，，即单调递减；
由题意可得，解得，
综上所述：实数的取值范围是.
方法二：因为，
则.
由题意可知：当时，恒成立.
因为，则恒成立.
又因为，则恒成立，
所以在上恒成立，
令，则，
因为，则，
可知，所以在上单调递增，且，
可得：当时，则；当时，则；
设，则，设，
①当时，，该不等式成立，所以；
②当时，，可得，
当时，，则，即，
所以在上单调递增，
可得，所以；
③当时，，所以，
因为，所以.
且和在上单调递增，
则在上单调递增，且，
可知，使得，即，
可得当时，单调递减；当时，单调递增；
所以当时，，
即，则在上单调递增，可得，所以；
综上所述：实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：1．两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．