湖北省黄冈市浠水县第一中学2024届高三下学期第一次高考模拟数学试题

这是一份湖北省黄冈市浠水县第一中学2024届高三下学期第一次高考模拟数学试题，共21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．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知是三条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则且
C．若，则
D．若，则
3．直线与圆有公共点的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
4．卫生纸是人们生活中的必需品，随处可见．卫生纸形状各异，有单张四方型的，也有卷成滚筒形状的．某款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上，纸筒直径为40mm，卫生纸厚度为0.1mm．若未使用时直径为90mm，使用一段时间后直径为60mm，则这个卷筒卫生纸大约已经使用了（ ）
A．25.7mB．30.6mC．35.3mD．40.4m
5．已知为锐角，且，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，则（ ）
A．B．C．0D．1
7．现随机安排甲、乙等4位同学参加校运会跳高、跳远、投铅球比赛，要求每位同学参加一项比赛，每项比赛至少一位同学参加，事件“甲参加跳高比赛”，事件“乙参加跳高比赛”，事件“乙参加跳远比赛”，则（ ）
A．事件A与B相互独立B．事件A与C为互斥事件
C．D．
8．已知椭圆的焦距为，直线与椭圆交于点，若，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若、为复数，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数的图象关于点中心对称，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期
B．
C．的图象关于直线对称
D．的图象向左平移个单位长度后关于轴对称
11．在三棱锥中，，，为的中点，为上一点，球为三棱锥的外接球，则下列说法正确的是（ ）
A．球的表面积为
B．点到平面的距离为
C．若，则
D．过点作球的截面，则所得的截面中面积最小的圆的半径为2
三、填空题
12．已知单位向量满足，则 ．
13．公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．意思是两个同高的几何体，若在等高处的截面积相等，则体积相等．如图是某厂家生产的游泳池浮漂实物图及设计图，则h的长度为 cm；利用祖暅原理可求得该浮漂的体积为 ．
14．已知函数，若，则关于的不等式的解集为 ．
四、解答题
15．在锐角中，角所对的边分别为，且的面积.
(1)求角A；
(2)若，求的取值范围.
16．在某数字通信中，信号的传输包含发送与接收两个环节．每次信号只发送0和1中的某个数字，由于随机因素干扰，接收到的信号数字有可能出现错误，已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为，；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为．假设每次信号的传输相互独立．
(1)当连续三次发送信号均为0时，设其相应三次接收到的信号数字均相同的概率为，求的最小值；
(2)当连续四次发送信号均为1时，设其相应四次接收到的信号数字依次为，记其中连续出现相同数字的次数的最大值为随机变量（中任意相邻的数字均不相同时，令），若，求的分布列和数学期望．
17．已知：斜三棱柱中，，与面所成角正切值为，，，点为棱的中点，且点向平面所作投影在内．
(1)求证：；
(2)为棱上一点，且二面角为，求的值．
18．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为的离心率为2，直线过与交于两点，当时，的面积为3.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知都在的右支上，设的斜率为.
①求实数的取值范围；
②是否存在实数，使得为锐角？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
19．设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列：
①，且；
②；
③，．
（1）如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由；
（2）若数列是数列，求；
（3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．
参考答案：
1．B
【分析】根据条件，得到，，再利用集合的运算，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
又由，得到，即，
所以，
故选：B.
2．D
【分析】根据线面以及面面平行的性质可判断A；根据线面平行的判定定理可判断B；根据线面垂直的判定定理可判断C；根据面面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可判断D.
【详解】对于A，若，则或，A错误；
对于B，若，则当且时，才有且，B错误；
对于C，若，当时，推不出，C错误；
对于D，如图，设，在内取点P，，
作，垂足为，因为，则，
而，则，又，
故，D正确，

故选：D
3．C
【分析】先根据直线与圆有公共点求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】的圆心，半径.
圆心到直线的距离，
因为直线与圆有公共点，
所以，即，解得.
于是，区间的任何一个真子集是直线与圆有公共点的一个充分不必要条件.
则四个选项只有C选项是区间的真子集，所以C正确.
故选：C.
4．C
【分析】依题意，可以把绕在盘上的卫生纸长度，近似看成是半径成等差数列的圆周长，然后分别计算各圆的周长，再借助等差数列前项和公式求总和即可.
【详解】未使用时，可认为外层卫生纸的长度为：，
可认为每层纸的长度为等差数列，使用到现在，相当于等差数列的项数为：，
且.
由等差数列的求和公式得：
故选：C
5．C
【分析】根据已知条件结合两角和的正切公式可得出关于的方程，由已知可得出，可得出关于的方程，求出的值，利用二倍角的正弦和余弦公式可求得所求代数式的值.
【详解】因为为锐角，则，
则，
整理可得，解得，
所以，
.
故选：C.
6．D
【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的性质求出函数的周期，再结合赋值法求出函数值.
【详解】函数的定义域为，
由为奇函数，得，即，
由为偶函数，得，即，
因此，即，则，
即函数的周期是8，由，得，
所以.
故选：D
7．C
【分析】根据条件求出，由互斥事件的定义、相互独立事件的判定和条件概率公式进行逐一判断即可
【详解】对于A，每项比赛至少一位同学参加，则有不同的安排方法，
事件“甲参加跳高比赛”，若跳高比赛安排2人，则有种方法；
若跳高比赛安排1人，则有种方法，所以安排甲参加跳高比赛的不同安排方法共有种，则，同理，
若安排甲、乙同时参加跳高比赛，则跳高比赛安排2人为甲和乙，跳远、投铅球比赛各安排1人，有种不同的安排方法，所以，
因为，事件A与B不相互独立故A错误；
对于B，在一次试验中，不可能同时发生的两个事件称为互斥事件，事件A与C可以同时发生，故事件A与C不是互斥事件，故B错误；
对于C，在安排甲参加跳高比赛的同时安排乙参加跳远比赛的不同安排方法有种，所以，所以，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选：C
8．C
【分析】联立椭圆与直线方程，利用韦达定理与弦长公式得到关于的齐次不等式，从而得解.
【详解】联立方程，消去，整理得，
则，
设的横坐标分别为，则，，
所以
，
由，得，整理得，
即，即，又，则，故，
所以椭圆的离心率的取值范围为.
故选：C．
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．
9．BD
【分析】利用特殊值法可判断AC选项；利用共轭复数的定义、复数的加法可判断B选项；利用复数的模长公式、共轭复数的定义以及复数的乘法可判断D选项.
【详解】对于A选项，取，，则，，
所以，，，所以，，
所以，，，故，A错；
对于B选项，设，，
则，，
，，则，所以，，B对；
对于C选项，不妨取，，则，，，
所以，，故，C错；
对于D选项，设，则，所以，，
所以，，D对.
故选：BD.
10．BC
【分析】利用正弦型函数的对称性结合的取值范围求出的表达式，利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；代值计算可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换结合正弦型函数的奇偶性可判断D选项.
【详解】因为函数图象关于点中心对称，
则，可得，
因为，可得，所以，，
对于A选项，的最小正周期为，A错；
对于B选项，，B对；
对于C选项，，
故函数的图象关于直线对称，C对；
对于D选项，将的图象向左平移个单位长度后，
可得到函数，
故的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数，D错.
故选：BC.
11．BCD
【分析】补体法求出球半径判断A，结合球的性质判断D，由面面垂直性质作垂线求解判断B，建立空间坐标系计算判断C.
【详解】由，，
可将三棱锥补形成如图所示的长方体，
设，
则，解得，
即，，
所以球的半径为，所以球的表面积为，故A错误.
由题得长方体为正四棱柱，，为的中点，
故
又平面，则平面，
又平面，故平面平面，平面平面，
过点作的垂线，交于，则平面故为点到平面的距离.
在中，，，
故，
则，故B正确.
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，.
设，
所以，
因为，所以，
解得，所以，故C正确.
当且仅当与截面垂直时，截面面积最小，由A 解析知：最小的半径为，故D正确.

故选：BCD
【点睛】关键点点睛点睛：本题考查几何体的外接球，球的几何性质，空间向量的应用，A选项关键利用三棱锥对棱相等补体法求外接球.
12．
【分析】由向量的数量积和模长运算求出即可.
【详解】因为单位向量满足，两边平方得，
又，所以，
故答案为：.
13．
【分析】根据设计图截面结构，结合球体轴截面的性质确定球体半径、实物高及中间柱体底面半径的关系求h；应用祖暅原理求圆柱两端处球冠的体积，然后用球体体积减去圆柱体积、两个球冠体积即可得实物体积.
【详解】由实物轴截面如下图示：为球心，
结合设计图知：，故，可得cm；
由题设知：若为球体体积，为圆柱体积，为圆柱一端的球冠体积，
由祖暅原理知：，
所求体积为cm3.
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：第二空，求柱体两端球冠体积要模仿祖暅原理求球体体积的思路计算得出，然后求实物体积.
14．
【分析】计算出，函数关于点中心对称，得到有唯一的解，求出函数的单调性，结合题目条件得到，进而得到分段函数解析式，计算出，故，结合函数单调性得到不等式.
【详解】由题意，得，，
所以，即函数关于点中心对称．
因为恒成立，所以当时，，
当时，．
所以有唯一的解．
，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递增，
又，，
故在R上单调递增，
，
由对称性可知，
下面证明，过程如下：
若时，则，且，则，，
，
此时，
同理可得当时，，
当，即时，，，满足，即．
故，
当时，，
当时，令，解得，
当时，，
又不等式，所以．
由，得．由，得．
所以原不等式的解集为．
故答案为：
【点睛】函数的对称性：
若，则函数关于中心对称，
若，则函数关于对称
15．(1)；
(2)
【分析】（1）先利用向量数量积求得的值，再依据角A的范围即可求得角A的值；
（2）先利用正弦定理和三角函数诱导公式将转化为关于角B的三角函数式，再利用正弦函数的图像性质即可求得的取值范围.
【详解】（1）∵，∴.
∵，∴，又∵，∴.
（2）∵，
∴
.
∵，∴，∴，
∴，∴，
即的取值范围为.
16．(1)
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）由独立乘法、互斥加法得函数表达式，进一步即可求解最小值；
（2）的可能取值为1，2，3，4．有独立乘法、互斥加法公式求出对应的概率，进而得分布列以及数学期望.
【详解】（1）由题可知，
因为，所以当时，的最小值为．
（2）由题设知，的可能取值为1，2，3，4．
①当时，相应四次接收到的信号数字依次为0101或1010．
因此，，
②当时，相应四次接收到的信号数字依次为0010，或0100，或1101，或1011，或1001，或0110，或1100，或0011．
因此，，
③当时，相应四次接收到的信号数字依次为1110，或0111，或0001，或1000．
因此，，
④当时，相应四次接收到的信号数字依次为0000，或1111．
因此，．
所以的分布列为
因此，的数学期望．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可知直线与平面所成的角为，根据已知条件求出、的长，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：取线段的中点，连接、，
在斜三棱柱中，且，则四边形为平行四边形，
所以，且，
因为、分别为、的中点，所以，四边形为平行四边形，
所以，，
又因为，则，因为，则，
因为，为的中点，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，.
（2）解：由（1）可知，平面，
过点在平面内作，垂足为点，
因为平面，平面，则，
又因为，，、平面，则平面，
所以，直线与平面所成的角为，
所以，，则，
因为，可得，，
因为，则，，
所以，，则，
因为为的中点，所以，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
，则，
即点，同理可得点、，
设，其中，
则，且，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
所以，平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
因为二面角为，
则，整理可得，
因为，解得，即.
18．(1)
(2)①②不存在，理由见解析
【分析】（1）由已知条件可得，然后利用勾股定理结合双曲线的定义，及的面积可求出，再由离心率可求出，从而可求得双曲线的方程，
（2）①设直线，代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系结合判别式可求出实数的取值范围；②假设存在实数，使为锐角，则，所以，再结合前面的式子化简计算即可得结论.
【详解】（1）因为，所以.
则，所以，
的面积.
又的离心率为，所以.
所以双曲线的方程为.
（2）①根据题意，则直线，
由，得，
由，得恒成立.
设，则，
因为直线与双曲线的右支相交于不同的两点，
所以，即，
所以，解得.
②假设存在实数，使为锐角，所以，即，
因为，
所以，
由①得，
即解得，
与矛盾，故不存在.

【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，第（2）问解题的关键是设出直线方程代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系，再结合求解，考查计算能力，属于较难题.
19．（1）不可以是数列；理由见解析；（2）；（3）存在；．
【分析】(1)由题意考查的值即可说明数列不是数列；
(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值；
(3)构造数列，易知数列是的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值.
【详解】(1)因 为 所以，
因 为所 以
所以数列，不可能是数列.
(2)性质①，
由性质③，因此或，或，
若，由性质②可知，即或，矛盾；
若，由有，矛盾.
因此只能是.
又因为或，所以或.
若，则，
不满足，舍去.
当，则前四项为:0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明：
当时，经验证命题成立，假设当时命题成立，
当时：
若，则，利用性质③：
，此时可得：；
否则，若，取可得：，
而由性质②可得：，与矛盾.
同理可得：
，有；
，有；
，又因为，有
即当时命题成立，证毕.
综上可得：，.
(3)令，由性质③可知：
，
由于，
因此数列为数列.
由（2）可知:
若；
，，
因此，此时，，满足题意.
【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
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2
3
4