贵州省毕节市织金县部分学校2024届高三下学期一模考试数学试题（一）（含解析）

这是一份贵州省毕节市织金县部分学校2024届高三下学期一模考试数学试题（一）（含解析），共20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．复数满足，则（ ）
A．B．1C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知平面：在平面内，过点存在唯一一条直线与平行，与不平行，则是的（ ）
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
4．二项式的展开式中含项的系数为（ ）
A．B．C．D．
5．直线与抛物线交于两点，且线段的中点为，则抛物线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，圆和圆是球的两个截面圆，且两个截面互相平行，球心在两个截面之间，记圆，圆的半径分别为，若，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的零点从小到大分别为.若，则（ ）
A．B．C．D．3
二、多选题
9．已知,则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若,则
10．某班开展数学文化活动，其中有数学家生平介绍环节.现需要从包括2位外国数学家和4位中国数学家的6位人选中选择2位作为讲座主题人物.记事件“这2位讲座主题人物中至少有1位外国数学家”，事件“这2位讲座主题人物中至少有1位中国数学家”.则下说法正确的是（ ）
A．事件不互斥
B．事件相互独立
C．
D．设，则
11．已知，函数有两个极值点，则（ ）
A．
B．时，函数的图象在处的切线方程为
C．为定值
D．时，函数在上的值域是
三、填空题
12．已知，则 .
13．过点且斜率为的直线与圆交于两点，已知，试写出一个符合上述条件的圆的标准方程 .
14．三等分角大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，它和“立方倍积问题”“化圆为方问题”并称为“古代三大几何难题”.公元六世纪时，数学家帕普斯曾证明用一固定的双曲线可以解决“三等分角问题”.某同学在学习过程中，借用帕普斯的研究，使某锐角的顶点与坐标原点重合，点在第四象限，且点在双曲线的一条渐近线上，而与在第一象限内交于点.以点为圆心，为半径的圆与在第四象限内交于点，设的中点为，则.若，则的值为 .
四、解答题
15．已知数列满足.
(1)设，证明：是等比数列；
(2)求数列的前项和.
16．2024年1月5日起，第40届中国·哈尔滨国际冰雪节在黑龙江省哈尔滨市举行.让大家对冰雪文化进一步了解，激发了大家对冰雪运动进一步的热爱.为了调查不同年龄层的人对“冰雪运动”的喜爱态度.某研究小组随机调查了哈尔滨市社区年龄在的市民300人，所得结果统计如下频数分布表所示
(1)求该样本中市民年龄的分位数；
(2)为鼓励市民积极参加这次调查，该研究小组决定给予参加调查的市民一定的奖励，奖励方案有两种：
方案一：按年龄进行分类奖励，当时，奖励10元：当时，奖励30元：当时，奖励40元；
方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中年龄低于样本中位数的可抽1次奖，年龄不低于样本中位数的可抽2次奖.每次抽中奖励30元，未抽中奖励10元，各次抽奖间相互独立，且每次抽奖中奖的概率均为.
将频率视为概率，利用样本估计总体的思想，若该研究小组希望最终发出更多的奖金，则从期望角度出发.该研究小组应采取哪种方案.
17．在直三棱柱中，点是的中点，是的中点，，.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，且到的距离分别为，满足，过点作两直线与分别交于两点，记直线与的斜率分别为，且满足.
(1)证明：；
(2)求的最大值.
19．已知函数，且与轴相切于坐标原点．
(1)求实数的值及的最大值；
(2)证明：当时，；
(3)判断关于的方程实数根的个数，并证明．
年龄（单位：周岁）
频数
30
81
99
60
30
持喜爱态度
24
65
75
30
12
参考答案：
1．C
【分析】
利用复数的运算法则及复数的模公式即可求解.
【详解】由，得，
所以.
故选：C.
2．D
【分析】
解出集合，利用交集计算即可.
【详解】由可知：，即，故，
所以.
故选：D.
3．C
【分析】
利用线面、面面平行的判定性质，结合充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】由平面，得平面是不同平面，
命题“若，则”：假设平行，则过点有无数条直线与平行，与矛盾，因此“若，则”是真命题；
命题“若，则”：不平行，则相交，令交线为，由，得，
平面内过点有唯一一条直线与直线平行，该直线不在内，而在内，则该直线与平行，
因此在平面内，过点存在唯一一条直线与平行，“若，则”是真命题，
所以是的充要条件.
故选：C
4．B
【分析】
利用二项式定理的通项公式即可求解.
【详解】
由二项式定理可知，的展开式的通项为
，
令，解得，
所以，
所以二项式的展开式中含项的系数为.
故选：B.
5．A
【分析】联立直线与抛物线方程，利用给定中点坐标求出值得解.
【详解】依题意，由消去得：，显然，
由线段的中点为，得，解得，
所以抛物线的方程为.
故选：A
6．D
【分析】
根据题意，先由可得的值，再由条件可得是函数的一个周期，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，则，
又当时，，即，所以，
所以时，，
由，得，于是，
因此是函数的一个周期，
则，
又，则.
故选：D
7．A
【分析】
根据给定条件，利用球的截面小圆性质列式计算出球半径即可.
【详解】设球的半径为，依题意，，
则，解得，因此，
所以球的表面积.
故选：A
8．B
【分析】
根据已知条件及函数的零点的定义，利用三角方程的解法即可求解.
【详解】
令，即，解得或,
因为函数的零点从小到大分别为，
所以，
由，得，
又因为，
所以，解得.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题主要利用函数零点的定义及三角方程的解法即可.
9．ACD
【分析】
对于A,利用结合向量减法的坐标运算即可求解;对于B,先根据向量的坐标运算求解即可;对于C,先根据向量的坐标运算求出,再根据向量数量积的公式求解即可;对于D,根据向量的坐标运算列出方程组求解即可.
【详解】对于A，,故A正确;
对于B，因为,所以,故B错误;
对于C，因为
所以,故C正确;
对于D，,
所以,解得,
则,故D正确.
故选:ACD.
10．AD
【分析】
根据题意，分别计算出以及，由互斥事件的定义即可判断A，由相互独立事件即可判断B，由条件概率的公式即可判断CD
【详解】由题意可得总情况数为，
其中事件包括1位外国数学家和1位中国数学家，以及2位外国数学家，两种情况，
所以，
事件包括1位外国数学家和1位中国数学家，以及2位中国数学家，两种情况，
所以，
所以事件不互斥，故A正确；
且，且，所以事件不相互独立，
故B错误；
又，，故C错误；
因为，则，
且，，
所以，故D正确；
故选：AD
11．ABC
【分析】
选项：由函数的导数等于0的方程有两个根可得；选项：由导函数的几何意义得到切线的斜率，再由点斜式写出方程即可；选项：由函数的极值点互为相反数代入计算可得；选项：由导数求出极值，再求出区间端点的值，即可得到函数在闭区间上的值域.
【详解】对于A，由题意，当时，，无极值点，
当时，，
时，，函数单调递减，无极值点，
当时，令，得，解得，
当，解得或，上单调递增，
当，解得，上单调递减，
所以是的极大值点，是的极小值点，
所以当时，函数有两个极值点，故正确；
对于B，若，则，则，则，，
所以函数在处的切线方程为，即，故正确；
对于C，因为，
当时，由，得，则，
所以为定值，故C正确；
对于D，当时，则，则，
令，解得或，
所以当时，，
，，
上的值域是，故错误.
故选：ABC.
【点睛】
关键点点睛：对含参的问题，要注意对参数的讨论；利用导数求切线方程问题要注意是“在”某处还是“过”某处；利用导数求函数在闭区间上的最值或值域问题，要注意舍去不在区间内的极值.
12．/
【分析】
利用诱导公式和余弦和两角和公式可得.
【详解】因为
，
所以.
故答案为：
13．（答案不唯一，）
【分析】
求出直线的方程，再利用圆的弦长公式列式计算即得.
【详解】依题意，直线的方程为，即，圆的圆心，半径，
点到直线的距离，由，得，
于是，整理得，解得或，
所以圆的标准方程为或.
故答案为：（答案不唯一）
14．
【分析】
令，则，根据三角函数的定义和二倍角的正切公式得到，再利用两角和的正切公式得到，则得到直线方程，将其与双曲线方程联立得到，再结合两点距离公式即可求出.
【详解】令，则，直线的倾斜角为，则斜率，
显然，而，
则等腰三角形的底角为，，
即，而，则，则，
，
又，解得，
则直线，由，解得，
又，即，则得，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用两角和的正切公式和二倍角的正切公式求出直线，最后将其与双曲线方程联立，结合两点距离公式即可解出.
15．(1)证明见解析；
(2)
【分析】
（1）给式子两边同时加，化简证明即可；
（2）分为两组，一组等差数列，一组等比数列，利用等差等比数列的前项公式求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，所以，
又，则，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）可知，，
由于，所以，
所以
.
16．(1)
(2)该研究小组应采取方案二
【分析】
（1）根据百分位数的求法可得；
（2）分别求方案一和方案二随机变量的分布列，再求期望即可.
【详解】（1）由题意年龄在的市民频率为，年龄在的市民频率为，
年龄在的市民频率为，年龄在的市民频率为，
年龄在的市民频率为，
设该样本中市民年龄的分位数为，则易知，
则，得
故该样本中市民年龄的分位数为.
（2）方案一：设每名参与调查的市民可获得的奖金为元，则的所有可能取值为，
其对应的概率分别为，，，
故.
方案二：
设每名参与调查的市民课获得的奖金为元，则的所有可能取值为10，20，30，40，60，
可得，，
，，
，
，
因为，所以从数学期望的角度分析，该研究小组应采取方案二.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据棱柱的定义及平行四边形的性质，利用三角形的中位线定理及线面平行的判定定理即可求解；
（2）根据直棱柱的定义及已知条件，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量夹角与面面角的关系即可求解.
【详解】（1）连接交于点，连接,
在直三棱柱中，且，
所以四边形是平行四边形，
所以是的中点，
又因为点是的中点，
所以,
又平面，平面，
所以平面.
（2）在直三棱柱中，,
所以,平面,
取的中点为,连接,
因为，点是的中点,
所以,
因为点是的中点，点是的中点,
所以,
所以平面,
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示
在中，，
所以，，
,
所以
设平面的一个法向量为，则
,即，令，则，
所以，
设平面的一个法向量为，则
,即，令，则，
所以，
设平面与平面夹角为，则
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得关系，再结合点P在椭圆上求得椭圆的标准方程，利用求解即可；
（2）设直线为，得到直线为，联立方程组，结合根与系数的关系，分别求得，利用两点间的距离公式，根据基本不等式，即可求解.
【详解】（1）由题意，则，所以，
由椭圆定义知：，又，所以，所以，即，
所以，由点在椭圆上得：，解得，
所以椭圆的方程为.
所以，所以；
（2）由题意直线为，不妨取，则直线为，
联立方程组，整理得，
由，
解得，
又由，可得，则，
同理可得：，，
所以，
，所以，当且仅当即时，等号成立，
因此，的最大值为.

19．(1)，最大值为0
(2)证明见解析
(3)2个，证明见解析
【分析】
（1）由求出的值，即可得到解析式，再利用导数求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值；
（2）依题意即证当时，记，，当时直接说明即可，当，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
（3）设，，当时，由（1）知，则，当时，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断函数的零点，当时，，令，
利用导数说明在区间上单调递减，即可得到，从而说明函数在无零点，即可得解.
【详解】（1）
由题意知，且，
，
，解得，
，，
则，
当时，，．故，
所以在区间上单调递减，所以．
当时，令，
则，
，，，
在区间上单调递减，则，
在区间上单调递增，则，则．
综上所述，，的最大值为．
（2）
因为，
要证当时，即证，
记，，
当时，，，
；
当时，，
记，则，
在区间上单调递减，则，
则在区间上单调递减，
，
综上所述，当时，．
（3）
设，，
，
当时，由（1）知，
故，
故在区间上无实数根．
当时，，因此为的一个实数根．
当时，单调递减，
又，，
存在，使得，
所以当时，当时，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
，又，
在区间上有且只有一个实数根，在区间上无实数根．
当时，，
令，
，
故在区间上单调递减，，
于是恒成立．故在区间上无实数根，
综上所述，有2个不相等的实数根．
【点睛】
方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．