重庆市开州中学2024届高三下学期高考模拟考试（二）数学试题（Word版附解析）

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1. 已知，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简复数，再求出共轭复数，最后求出虚部.
【详解】由，
所以，即虚部为．
故选：A．
2. 若的展开式中常数项的系数是15，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项化简整理再赋值即可得到关于的方程，解出即可.
【详解】二项展开式通项为
则时常数项为．
故选：C．
3. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，，则=（ ）
A. 4036B. 4040C. 4044D. 4048
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中为奇函数，为偶函数，从而可得出为周期为4的函数，从而可求解.
【详解】由题意得为奇函数，所以，即，所以函数关于点中心对称，
由为偶函数，所以可得为偶函数，则，所以函数关于直线对称，
所以，从而得，所以函数为周期为4的函数，
因为，所以，则，
因为关于直线对称，所以，
又因为关于点对称，所以，
又因为，又因为，所以，
所以，故D正确.
故选：D.
4. 已知双曲线的上下焦点分别为，点在的下支上，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，若恒成立，则的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点作渐近线的垂线，垂足为，则，再根据双曲线的定义得，进而转化为恒成立，再根据齐次式求解即可.
【详解】如图，过点作渐近线的垂线，垂足为，
设，则点到渐近线的距离.
由双曲线的定义可得，故，
所以，即的最小值为，
因为恒成立，
所以恒成立，即恒成立，
所以，，即，即，
所以，，即，解得.
故选：A.

5. 如图直线l以及三个不同的点A，，O，其中，设，，直线l的一个方向向量的单位向量是，下列关于向量运算的方程甲：，乙：，其中是否可以作为A，关于直线l对称的充要条件的方程（组），下列说法正确的是（ ）

A. 甲乙都可以B. 甲可以，乙不可以
C. 甲不可以，乙可以D. 甲乙都不可以
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量线性运算以及投影向量的几何意义分析判断.
详解】对于方程甲：因为、为、在方向上的投影，
可得表示点A，到直线l的距离相等，
则点A，分别在关于直线l对称的平行线上，

因为，可得，则，
且，可得，
所以A，关于直线l对称，反之也成立，故甲满足；
对于乙：在中，因为，
则为边的中线所在的直线，且点A在直线上的投影为的中点，
所以A，关于直线l对称，反之也成立，故乙满足；
故选：A.
6. 已知等差数列的公差为，数列满足，则“”是“为递减数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用反例说明充分性不成立，再根据等差数列的性质判断必要性.
【详解】因为，所以且，则，
若，不妨令，则，，，，，，
显然不单调，故充分性不成立，
若为递减数列，则不是常数数列，所以单调，
若单调递减，又在，上单调递减，则为递增数列，矛盾；
所以单调递增，则，且，其中当，时也不能满足为递减数列，故必要性成立，
故“”是“为递减数列”的必要不充分条件.
故选：B
7. “杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，从第三行起，每一行的第三个数1，，，，构成数列，其前n项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据数列的前4项，归纳出数列的通项，即可用裂项相消法求其前n项和为，即可得的值.
【详解】由题意可知，
则，
所以其前n项和为：
，
则.
故选：B.
8. 已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造，，求导研究其单调性，判断出D选项，利用同角三角函数关系得到AB选项，构造差函数，得到，从而判断出C选项.
【详解】构造，，则恒成立，
则，
当时，，，
当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
因为，所以，，
又，所以，D错误，
因为，所以，，
所以，所以，A错误，B正确.
令，则，
当时，恒成立，
所以在上单调递增，
当时，，即，
因为，
所以
因为，
所以，
因为在单调递减，
所以，即
因为在上单调递减，
所以，C错误
故选：B
【点睛】结合题目特征，构造函数，利用函数单调性比较函数值的大小，是比较大小很重要的方法，本题中构造进行求解.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列结论中，正确的有（ ）
A. 数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为5
B. 若随机变量，则
C. 已知经验回归方程为，且，则
D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
【答案】BC
【解析】
【分析】第60百分位数为第五位数据6，所以选项A错误：，所以选项B正确；，所以选项C正确；此推断犯错误的概率大于0.001，所以选项D错误.
【详解】解：数据4，1，6，2，9，5，8整理为1，2，4，5，6，8，9，，则数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为第五位数据6，所以选项A错误：
随机变量，则，所以选项B正确；
经验回归方程为，且，则，所以选项C正确；
根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率大于0.001，所以选项D错误.
故选：BC．
10. 已知函数图象的一条对称轴为直线，函数，则（ ）
A. 将的图象向左平移个单位长度得到的图象
B. 方程的相邻两个实数根之差的绝对值为
C. 函数在区间上单调递增
D. 在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据对称轴得到解析式.根据图像平移判断A选项，利用两角和的正余弦公式及特殊角的三角函数值，得到B选项，利用整体代入的方法，结合正弦函数图像对CD两个选项进行判断.
【详解】因为函数图象的一条对称轴为直线，所以，得，因为，所以，从而.
选项A：将的图象向左平移个单位长度得到
而，所以平移后得不到函数的图象，故A错误.
选项B：令，即，所以，故B正确.
选项C：由，令，根据正弦函数单调性知在上单调递增，在定义域上单调递减，根据复合函数单调性，在上单调递减，故C错误.
选项D：由得，区间长度为.
根据正弦函数图象和性质，当区间关于对称轴对称时，最大值与最小值的差取得最小值，为;
当区间关于对称中心对称时，最大值与最小值的差取得最大值，为，
所以最大值与最小值之差的取值范围为，故D正确.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：整体代入解决三角函数问题：将看成一个整体，根据的范围得到的范围，结合正余弦函数值域、单调性、对称性等性质可以得到正余弦型函数的性质.
11. 如图，在平行四边形中，，分别为的中点，沿将折起到的位置（不在平面上），在折起过程中，下列说法不正确的是（ ）
A. 若是的中点，则平面
B. 存在某位置，使
C. 当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的表面积为
D. 直线和平面所成的角的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用反证法，假设结论成立，再利用面面平行推出线面平行，得到矛盾，故A错；对于B，同样采用反证法，假设结论成立，利用线线垂直推线面垂直，再结合空间向量，能得到矛盾，故B错误；对于C，主要根据题目，判断得到该四面体各个面都是直角三角形，根据外接球性质，即可知道球心位置，从而求解；对于D，利用线面角，可以判断出当平面平面时，直线和平面所成的角的最大，从而求出该角的正切值，即可求解.
【详解】取中点，连接.若A正确，平面，且为三角形中位线，则，面，则面，
因为平面
所以平面平面，
因为面平面面平面
所以，显然，为三角形中位线，，矛盾，故假设不成立，A错误；
以A为坐标原点，AD为y轴正半轴，在平面中作与AD垂直方向为x轴正半轴，z轴垂直平面，建立空间坐标系.
因为，，所以，
所以，所以，所以，即，
又因为，则，
若B正确，则有，因为平面，
所以平面，
因为平面，则必定成立.
则根据题意，可得、、、.，，
则，即不成立，故矛盾，所以B不成立；
当二面角为直二面角时，即平面平面.
根据上面可知，所以，
又，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
故四面体为所有面都是直角三角形的四面体，根据外接球性质可知，球心必为中点，即为外接球半径.
，，由勾股定理可知，则，外接球面积为，故C正确.
当平面平面时，直线和平面所成的角的最大，记此时角为.
由上图可知，在中，，由余弦定理可解得.
此时.此时，故D错.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约20%的人近视，而该校大约有10%的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为60%，现从每天玩手机不超过1小时的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题中给定信息，结合全概率公式列式求解即可．
【详解】令“玩手机时间超过1h的学生”，
“玩手机时间不超过1h的学生”，“任意调查一人，此人近视”，
则，且互斥，，，
依题意，，
解得，
所以所求近视的概率为．
故答案为：.
（2021·福建·高三月考）
13. 设函数，非空集合．
（1）M中所有元素之和为__________．
（2）若集合，且，则a的值是____________．
【答案】 ①. 0 ②. 0
【解析】
【分析】(1)可判断为偶函数,根据偶函数图象的对称性即可得出的所有实根之和为0,即得出中所有元素和为0;
(2)根据集合,即可得出,从而求出的值．
【详解】(1)为偶函数;
的根都关于原点对称;
即的所有实根和为0;
中所有元素之和为0;
(2),,,,且;
即任意,都有;
,;
;
;
．
故答案为:（1）0,（2）0．
14. 抛物线与椭圆有相同的焦点，分别是椭圆的上、下焦点，P是椭圆上的任一点，I是的内心，交y轴于M，且，点是抛物线上在第一象限的点，且在该点处的切线与x轴的交点为，若，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】作出辅助线，由正弦定理得到，根据椭圆定义得到，从而求出焦点坐标为，得到抛物线方程，根据导数几何意义得到在点的切线为：，求出，结合，得到是首项16，公比的等比数列，利用等比数列的通项公式求出答案.
【详解】焦点在轴上，故椭圆的焦点在轴上，
故，
I是的内心，连接，则平分，
在中，由正弦定理得①，
在，由正弦定理得②，
其中，故，
又，
式子①与②相除得，故，
同理可得，
，
由椭圆定义可知，，
，即焦点坐标为，
所以抛物线方程为，
，故在处的切线方程为，
即，又，故，
所以在点的切线为：，
令，又，即，
所以是首项16，公比的等比数列，
．
故答案为：．
【点睛】当已知切点坐标为时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用求出切线方程；
当不知道切点坐标时，要设出切点坐标，结合切点既在函数图象上，又在切线方程上，列出等式，进行求解.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知，，均在线段上，为中线，为的平分线，①；②．
（1）若，从①②中选择一个作为条件，求；
（2）若，，，求取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①，根据，可得，再根据角平分线定理结合余弦定理即可得出答案；
选②，先利用正弦定理化边为角，然后化简，再根据角平分线定理结合余弦定理即可得出答案；
（3）先根据双余弦定理及角平分线定理求出的关系及，再根据，再化简即可得出答案.
【小问1详解】
若选择①：设边上的高为．
因为，即，所以，
又因为为的平分线，所以，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，所以，即，即，
因为，，所以，即，
故；

若选择②：因为，由正弦定理得，
整理得，所以，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，所以，
所以，
又，所以，即，
故；
【小问2详解】
在中，，
在中，，
两式相加得，
因为，，，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，所以，则，
又，所以，
，
，
设，则，即，解得，
所以，所以，
所以，
所以．
16. 2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，m，m，m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，m，，平面平面ABCD．
（1）求点H到平面ABCD的距离；
（2）求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，证得平面平面，得到，再由平面平面，证得，得到平行四边形，得到，求得，结合平面，即可求解；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量
和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
如图所示，取的中点，连接，
因为，可得，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，同理可得：平面，
因为平面，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为，且平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
因为平面与平面和平面于，可得，
又由，，且和，
所以平面平面，
因为平面与平面和平面于，所以，
可得四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，
在直角，可得，
在直角梯形中，可得，
因为平面，所以点到平面的距离为.
【小问2详解】
解：以点为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
则，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值.
17. 为纪念中国共产党成立102周年，加深青少年对党的历史、党的知识、党的理论和路线方针的认识，激发爱党爱国热情，坚定走新时代中国特色社会主义道路的信心，我校举办了党史知识竞赛．竞赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答3道题，若答对题目不少于5道题，则获得一个积分．已知甲乙两名同学一组，甲同学和乙同学对每道题答对的概率分别是和，且每道题答对与否互不影响．
（1）若，求甲乙同学这一组在一轮竞赛中获得一个积分的概率；
（2）若，且每轮比赛互不影响，若甲乙同学这一组想至少获得7个积分，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？
【答案】（1）

（2）
【解析】
【分析】（1）根据可求得；
（2）得出获得一个积分的，由已知可得，进而求得，根据甲乙两同学在轮比赛中获得的积分数满足，根据即可解得.
【小问1详解】
假设甲和乙答对的题目个数分别为和，
故所求概率
，
所以甲乙同学这一组在一轮竞赛中获得一个积分的概率为；
【小问2详解】
由（1）知，一轮获得一个积分的概率为
，
整理得，
因为且，所以，
所以，当且仅当时等号成立，即，
令，则，
所以，则，对称轴为，又， 所以当时，，则当时，，
甲乙两同学在轮比赛中获得的积分数满足，
所以由，即解得，
因为为正整数，所以至少为20，
所以若甲乙同学这一组想至少获得7个积分，那么理论上至少要进行20轮竞赛.
18. 已知离心率为的椭圆的左、右顶点分别为，点为椭圆上的动点，且面积的最大值为．直线与椭圆交于两点，点，直线分别交椭圆于两点，过点作直线的垂线，垂足为．
（1）求椭圆的方程．
（2）记直线的斜率为，证明：为定值．
（3）试问：是否存在定点，使为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）存在点.
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理代入计算，然后表示出直线的斜率，即可证明；
（3）根据题意，由（2）中的结论，即可表示出直线的方程，从而可得直线过定点，即可得到结果.
【小问1详解】
由题意，得解得所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
证明：设．
又，所以可设直线方程为．
联立椭圆方程与直线的方程，得
消去，得．
又，所以，可得．
由根与系数的关系，得，则，
所以，同理，得．
从而直线的斜率．
又，
所以，即，为定值．
小问3详解】
由（2）可得直线方程为．
由椭圆的对称性可知，若直线恒过定点，则此定点必在轴上，
所以令，得．
故直线恒过定点，且点的坐标为．
因为，垂足为，且，所以点在以为直径的圆上运动．
故存在点，使．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了直线与椭圆相交问题以及椭圆中的定值问题，难度较大，解答本题的关键在于联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算.
19. 在无穷数列中，令，若，，则称对前项之积是封闭的．
（1）试判断：任意一个无穷等差数列对前项之积是否是封闭的？
（2）设是无穷等比数列，其首项，公比为．若对前项之积是封闭的，求出的两个值；
（3）证明：对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，使得，其中和对前项之积都是封闭的．
【答案】（1）不是 （2）或
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）取数列，结合题中定义验证可得出结论；
（2）由，得，进而，讨论①当时和②当，分别求得；
（3）设，令，，得，再利用定义证明、对前项之积都是封闭的．
【小问1详解】
解：不是的，理由如下：
如等差数列，
所以不是任意一个无穷等差数列对前项之积是封闭的．
【小问2详解】
解：是等比数列，其首项，公比，
所以，
所以，
由已知得，对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，
使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
①当时，得，所以；
②当时，得，
且，
综上，或.
【小问3详解】
解：对任意的无穷等比数列，，
令，，则，
下面证明：是对前项之积是封闭的．
因为，所以，
取正整数得，，
所以对前项之积是封闭的，
同理证明：也对前项之积是封闭的，
所以对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，
使得，其中和对前项之积都是封闭的．
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.