贵州省贵阳市第六中学2023-2024学年高三下学期一模测试数学试题及答案

这是一份贵州省贵阳市第六中学2023-2024学年高三下学期一模测试数学试题及答案，共19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．的展开式中含项的系数为（ ）
A．24B．28C．20D．32
2．已知是椭圆的两个焦点，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．已知（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
4．已知为等差数列，为其前项和，若，则（ ）
A．36B．24C．18D．32
5．已知满足，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，若方程存在三个不相等的实根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在边长为2的正方形中．以为圆心，1为半径的圆分别交于点．当点在劣弧上运动时，的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．某高中为增强学生的海洋国防意识，组织本校1000名学生参加了“逐梦深蓝，山河荣耀”的国防知识竞赛，从中随机抽取200名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．频率分布直方图中的值为0.005
B．估计这200名学生竞赛成绩的第60百分位数为80
C．估计这200名学生竞赛成绩的众数为78
D．估计总体中成绩落在内的学生人数为150
10．如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（ ）
A．存在点．使得
B．存在点，使得平面
C．三棱锥的体积不是定值
D．存在点．使得
11．已知，则实数满足（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．已知集合，则 ．
13．如图，点在双曲线上，且的中点在直线上，线段的中垂线与轴交于点，则双曲线的方程可以为 ．

14．函数的部分图象如图所示，已知，且，则 ．
四、解答题
15．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)设的图象在点处的切线与的图象相切，求的值．
16．在中，角所对的边分别为．
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积．
17．如图，在三棱柱中，为的中点，平面平面．
(1)证明：平面平面．
(2)若，且，求二面角的余弦值．
18．某中学开展劳动主题德育活动，高一某班统计了本班学生1至7月份的人均月劳动时间（单位：小时），并建立了人均月劳动时间（单位：小时）关于月份的经验回归方程，与的原始数据如表所示：
由于某些原因导致部分数据丢失，但已知．
(1)求的值；
(2)如果该月人均劳动时间超过13（单位：小时），则该月份“达标”．从表格中的7组数据中随机选5组，设表示“达标”的数据组数，求的分布列和数学期望．参考公式：在经验回归方程中，．
19．如图，抛物线为抛物线上四点，点在轴左侧，且，分别为线段和的中点．
(1)证明：直线与轴平行或重合．
(2)设圆，若为圆上的动点，设的面积为S，求S的最大值．
月份
1
2
3
4
5
6
7
人均月劳动时间
8
9
12
19
22
参考答案：
1．B
【分析】化简二项式定理展开式通项，求出k值，代入即可.
【详解】设展开式中第项含x项，则，
令，解得，因此，
所以的展开式中含项的系数为28.
故选：B
2．A
【分析】设出椭圆方程，根据给定条件，列出方程组求出椭圆长半轴长即可得解.
【详解】依题意，设椭圆方程为，则，
直线，由，解得，则，于是，
所以椭圆的离心率为.
故选：A
3．A
【分析】变形给定已知式子，再利用复数的除法运算计算即得.
【详解】由，得，即，
所以.
故选：A
4．B
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质及前项和公式计算得解.
【详解】等差数列中，由，得，
所以.
故选：B
5．B
【分析】根据给定条件，利用二倍角、差角的正切公式计算即可.
【详解】由，得，
所以.
故选：B
6．C
【分析】考查利用导数研究函数零点问题，先根据导数情况得出函数单调性和最值情况，再数形结合分析，分段函数分段讨论即可.
【详解】因为方程存在三个不相等的实根，所以函数有三个零点，
当时，，所以，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在单调递增，，
又当时，；当时，，所以图象如图；
当时，，
所以，所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在单调递增，，
又当时，；当时，，所以图象如图，
所以当即时函数有三个零点，
即方程存在三个不相等的实根，
故选：C.
7．D
【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求最小值．
【详解】依题意，半径为，山高为，则母线，
底面圆周长，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角，
如图，是圆锥侧面展开图，
显然，
由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值，
即点为公路的最高点，段为上坡路段，段为下坡路段，
由直角三角形射影定理知，即，解得，
所以公路上坡路段长为．
故选：D
8．B
【分析】根据给定条件，建立坐标系，设出点的坐标，利用数量积的坐标表示建立函数关系，求出函数的值域即可.
【详解】依题意，以点为原点，直线分别为轴建立平面直角坐标系，如图，
设点，而，
则，
因此，
由，得，则，
因此，
所以的取值范围为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：涉及动点的向量运算问题，根据题设条件建立适当的直角坐标系，利用坐标法求解是关键.
9．ABD
【分析】先根据频率之和为1可得，进而可得每组的频率，再结合统计相关知识逐项分析判断.
【详解】对于A，由，得，A正确；
对于B，由频率分布直方图知，每组的频率依次为.
前三组的频率和为，因此这200名学生竞赛成绩的第60百分位数为80，B正确；
对于C，成绩在的频率最大，因此这200名学生竞赛成绩的众数为75，C错误；
对于D，总体中成绩落在内的学生人数为，D正确.
故选：ABD
10．BCD
【分析】对于A，由、即可判断；对于B，若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；
对于C，只需求证与面是否平行；对于D，证明平面即可判断.
【详解】对于A，在正方体中，，，
则四边形为平行四边形，所以，，
而为线段的中点，四边形为正方形，
所以为的中点，所以，
若存在点，使得，且、不重合，
又，所以，
这与矛盾，假设不成立，A错误；
对于B，若为中点，则，而，故，
又面，面，则，故，
因为，、平面，则平面，
所以存在使得平面，B正确；
对于C，在正方体中，，，
所以，四边形为平行四边形，则，
而面，故与面不平行，
所以Q在线段上运动时，到面的距离不是定值，又的面积为定值，
故三棱锥的体积不是定值，C正确；
对于D，因为，
平面，，
所以平面，又平面，
所以，
所以若点与点重合，则，D正确，
故选：BCD.
11．ABD
【分析】由条件求出，结合对数运算，基本不等式逐项判断即可.
【详解】因为，
所以，，
所以，A正确；
，B正确，
，C错误，
由，可得，D正确，
故选：ABD.
12．
【分析】利用补集、交集的定义直接求解即得.
【详解】由集合，得或，而，
所以.
故答案为：
13．（答案不唯一，）
【分析】设出点的坐标，表示出的中点的坐标，再利用斜率坐标公式，结合双曲线方程求解作答.
【详解】设点，依题意，，线段的中点，
因为线段的中垂线与轴交于点，显然直线的斜率存在且不为0，
则，即，
又点在双曲线上，则，即有，
于是，双曲线方程为，
取，双曲线的方程为.
故答案为：(答案不唯一，)
14．1
【分析】先求出的解析式，再根据得到，从而得到的值.
【详解】由函数的部分图象得，函数的周期，，
即，由，得，而，
于是，，由，得，
整理得，
因此或，
即或与矛盾，
于是，，
所以.
故答案为：1
【点睛】思路点睛：依据图象求解析式时，要遵循“两看一算”即看周期与振幅，利用对称轴算初相位，另外，已知三角函数值的关系要求自变量的关系时，要利用诱导公式化成同名的三角函数的相等关系，再依据终边的位置关系得到自变量的关系.
15．(1)递减区间是，递增区间是；
(2)或3.
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求出单调区间.
（2）先求出的图象在点处的切线方程为，再分当在上与当不在上时两种情况，进行求解.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，函数递减，当时，，函数递增，
所以函数的递减区间是，递增区间是.
（2）由，知点在的图象上，而，
因此函数的图象在点处的切线方程为，
当在上时，，解得，则，
求导得，则，
则在处的切线方程为，符合题意，因此；
当不在函数的图象上时，设切点为，
求导得，则，
由函数在处的切线方程为，得，
解得，，经检验符合题意，因此，
综上，的值或3.
16．(1)；
(2).
【分析】（1）由正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可求得，由此可得.
（2）由（1）及已知利用余弦定理求得，再利用三角形面积公式计算即得.
【详解】（1）在中，由及正弦定理得：，
而，则，
于是，又，即，则，又，
所以.
（2）由（1）知，，由余弦定理，
得，解得，
所以的面积是.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直性质、判定及线面垂直判定即可推理得证.
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量分别求出两平面的法向量，结合几何体特点即可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）由为的中点，得，
而平面平面，平面平面，平面，
因此平面，又平面，
所以平面平面.
（2）显然四边形是边长为2的菱形，且，连接，则，
又平面平面，且平面平面，面平面，则平面，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

由为边长是2的等边三角形，得，而，
则，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得；
因此，显然二面角的大小为锐角，
所以二面角的余弦值为.
18．(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）根据已知数据，结合最小二乘法列方程求相关参数，进而确定原数据值；
（2）由题设确定随机变量的可能值并求对应概率，写出分布列，进而求期望即可.
【详解】（1），，
，则，
而，
所以，整理得，由，得，
于是，则，又，所以.
（2）依题意，可能取，
，，，
的分布列为
所以.
【点睛】方法点睛：超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．超几何分布的特征是：①考查对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体个数X的概率分布，超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．
19．(1)证明见详解；
(2)48.
【分析】（1）设，则，利用M，A，B在抛物线上可知为方程的两根，利用韦达定理即可得证；
（2）求出点D坐标，由结合二次函数可得.
【详解】（1）设，则，
因为点M在抛物线上，所以，
又，所以，
整理得：，
同理可得：，
故为方程的两根，
所以，
所以点D的纵坐标为，
故直线的斜率为0，即直线与x轴平行或重合.
（2）因为，
所以，
所以
.
因为T在圆C上，所以，
所以，
所以当时，.
【点睛】关键点睛：设而不求是圆锥曲线的常用方法，通常利用韦达定理进行整理化简进行求解.本题关键在于利用中点坐标公式，代入抛物线方程，整理得到为方程的两根，然后借助韦达定理求解可得.
1
2
3