2024重庆市一中高三下学期5月模拟预测（七）数学含解析

这是一份2024重庆市一中高三下学期5月模拟预测（七）数学含解析，共19页。试卷主要包含了已知，则，若实数满足，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，进出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结来后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，若复数对应的点的坐标为是虚数单位，则（ ）
A．B．1C．D．2
3．如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数，先将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，即可得到函数的图象．若函数的图象关于y轴对称，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数是定义在R上周期为4的奇函数，且则不等式在上的解集为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．C．或2D．2
7．已知椭圆的左焦点为，直线与C分别交于两点（A在x轴上方），与y轴交于点为坐标原点．若，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，已知四边形是平行四边形，分别是的中点，点P在平面内的射影为与平面所成角的正切值为2，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．若实数满足，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知抛物线，过焦点F的直线与C交于两点，O为坐标原点，则下列说法正确的有（ ）
A．存在弦，使得中点的坐标为B．当时，
C．的中点到准线的距离小于
D．当直线的斜率时，
11．已知定义在R上的函数，当时，其图象关于原点对称，且，当时，恒有成立．函数，则（ ）
A．B．
C．的图象关于直线对称D．方程有且仅有2个实数根
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．袋中装有9个除颜色外完全相同的球，其中红色球有3个，蓝色球有6个，现甲、乙，丙三人从中不放回地依次各抽一球，则至少有一人抽到红色球的概率为_______．
13．在正项等比数列中，，则的最大值为_______．
14．已知三棱锥的四个顶点均在球O上，平面为等腰直角三角形，A为直角顶点．若，且，则球O的表面积为_______．
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．（13分）
为丰富第二课堂，拓展素质教育，某校鼓励学生参加书法兴趣小组和绘画兴趣小组，开展相关实践活动．该校共有3000名学生，为了解学生的参加情况，从全校学生中随机抽取150名学生进行调查，发现有5人没有参加兴趣小组，且样本中仅参加书法兴趣小组和仅参加绘画兴趣小组的学生每周投入时间情况如下表：
（1）用频率估计概率，试估计全校学生中书法兴趣小组和绘画兴趣小组都参加的人数；
（2）从仅参加书法兴趣小组和仅参加绘画兴趣小组的学生中各抽1人，以X表示2人中每周投入时间大于5小时的人数，求X的分布列和数学期望；
（3）根据公式计算仅参加书法兴趣小组和仅参加绘画兴趣小组的学生在各投入时间段人数的样本相关系数，并推断它们的相关程度，其中，分别为仅参加书法兴趣小组的学生在各投入时间段人数的均值和标准差，分别为仅参加绘画兴趣小组的学生在各投入时间段人数的均值和标准差．
附：
16．（15分）
如图，在四棱锥中，底面是梯形，，侧面为正三角形，且与底面垂直，E为的中点，M在上，满足．
（1）当时，证明：平面；
（2）当二面角为时，求的值．
17．（15分）
已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线M上，且．
（1）求双曲线M的方程；
（2）记的平分线所在的直线为直线l，证明：双曲线M上存在相异两点关于直线l对称，并求出（E为的中点）的值．
18．（17分）
已知函数．
（1）求证：；
（2）若是的两个相异零点，求证：．
19．（17分）
对于数列，定义，满足，记，称为由数列生成的“函数”．
（1）试写出“函数” ，并求的值；
（2）若“函数” ，求n的最大值；
（3）记函数，其导函数为，证明：“函数” ．
参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1．【命题意图】本题考查集合的基本运算．
【解题思路】由题意知，且，，则，所以．故选C．
2．【命题意图】本题考查复数运算及模的概念．
【解题思路】由题意知，则，所以．故选A．
3．【命题意图】本题考查平面向量及其应用．
【解题思路】方法一：如图1，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则）．设，则．因为，所以．由题意知，圆O的半径．因为点P在弧（包括端点）上，所以，所以的取值范围是．故选B．
图1 图2
方法二：如图2，连接．易知，设，则．由已知可得，所以，所以．因为，所以，所以，所以，即的取值范围是，故选B．
4．【命题意图】本题考查三角函数的图象与性质，考查考生的运算求解能力．
【解题思路】先将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象．因为函数的图象关于y轴对称，所以，即．又因为，所以，所以，所以．故选C．
5．【命题意图】本题考查函数的基本性质．
【解题思路】因为函数是定义在R上周期为4的奇函数，且所以当时，；当时，，所以；当时，，所以．函数的图象可由函数的图象向右平移1个单位长度得到，作出函数在上的图象，如图所示．
由图可知不等式在上的解集为．故选B．
6．【命题意图】本题考查三角恒等变换，考查考生的运算求解能力．
【解题思路】由，得①．由，得，即，解得，所以②．由①②，得．所以．故选D．
7．【命题意图】本题考查椭圆的离心率、焦点三角形等知识，考查考生的推理论证能力及转化与化归思想．
【解题思路】由题意可知，直线l过点F，所以，而，所以．由．解得．设C的右焦点为，在中，由余弦定理可得，解得．由椭圆的定义知，则C的离心率．故选D．
8．【命题意图】本题考查点、线、面的位置关系，考查考生的运算求解能力．
【解题思路】如图，取的中点E，连接．因为分别是的中点，所以．因为四边形是平行四边形，所以．因为N为的中点，所以，所以．故四边形为平行四边形，所以，所以直线与所成的角为．连接，因为点P在平面内的射影为N，所以平面，所以与平面所成的角为，所以．不妨令，则，所以，所以。在中，由余弦定理得．故选A．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．
参考答案
9．【命题意图】本题考查基本不等式、斜率的几何意义及直线与圆的位置关系等知识．
【解题思路】是以为圆心，1为半径的圆．对于A，设，则直线与圆有公共点，所以，解得，所以，故A正确．对于B，由知，，故B正确．对于C，表示圆上一点与坐标原点连线的斜率．易知圈上的点与坐标原点连线的倾斜角的范围是，故，即，故C正确．对于D，取，满足，但，故D错误．故选ABC．
10．【命题意图】本题考查抛物线的方程及其性质，考查考生的运算求解能力．
【解题思路】由题意知，焦点，准线方程为直线，令．
对于A，由抛物线的性质可知①．
若存在弦，使得中点的坐标为，则解得或都不满足①式，故A错误．
对于B，当时，解得由对称性，不妨取，则，所以，故B正确．
对于C，设的中点为E，过分别作准线的垂线，垂足分别为，如图，则，而，所以，故C正确．
对于D，由题意知直线的方程为．联立抛物线方程，消去x得，则，所以．因为，所以，所以，故D错误．故选BC．
11．【命题意图】本题考查函数的奇偶性、对称性、单调性等知识，考查考生的运算求解能力及推理论证能力．
【解题思路】当时，，即．令，则，所以在上单调递减．因为当时，的图象关于原点对称，所以．所以，所以是偶函数，故在上单调递增．
对于A，由，可知，由以上分折可知，即，所以，故A错误．
对于B，由以上分析可知，即，所以，故B错误．
对于C，令，则，所以，即，因为 ，所以的图象关于直线对称，故C正确．
对于D，当时，，而，故．当时，方程可化为．由，可得，画出函数与的大致图象，如图所示．由图象知，方程，即有且仅有2个实数根，故D正确．故选CD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．13．25614．
12．【命题意图】本题考查古典概型．
【解题思路】记“甲、乙、丙三人都抽到蓝色球”为事件A，“甲、乙、丙三人至少有一人抽到红色球”为事件B，则，所以，即至少有一人抽到红色球的概率为．
13．【命题意图】本题考查等比数列及数列的最值问题，考查考生的运算求解能力．
【解题思路】设等比数列的公比为，由题意，得，即，解得，故，，所以当时，取得最大值，为．
14．【命题意图】本题考查球内接三棱锥及球的表面积．
【解题思路】因为平面平面，所以．所以在中，由，可求得．在等腰中，．易知三棱锥是球O内接长方体的一部分（如图），是该长方体的体对角线，故球心O在的中点处．因为，所以球O的半径为，故球O的表面积为．
四、解答题：本题共5小题，共77分．
（本题满分13分）
15．【命题意图】本题考查统计、概率的知识，考查考生的运算求解能力．
（本题满分13分）
【解】（1）样本中仅参加书法兴趣小组的学生人数为，
样本中仅参加绘画兴趣小组的学生人数为，
所以样本中书法兴趣小组和绘画兴趣小组都参加的人数为，（2分）
故全校学生中书法兴趣小组和绘画兴趣小组都参加的人数约为．（3分）
（2）从仅参加书法兴趣小组的学生中抽取1人，每周投入时间大于5小时的概率为，从仅参加绘画兴趣小组的学生中抽取1人，每周投入时间大于5小时的概率为．（4分）
X的所有可能取值为，
则，
，
．
所以X的分布列为
（7分）
故．（8分）
（3）由题意得．
所以．即，
，即，（10分）
，
所以样本的相关系数．
由于．
故仅参加书法兴趣小组和仅参加绘画兴趣小组的学生在各投入时间段人数呈低度线性相关．（13分）
16．【命题意图】本题考查立体几何中的线面位置关系、空间向量的应用、二面角等知识，考查考生的运算求解能力及转化与化归思想．
（本题满分15分）
【解】（1）证明：当时，M为的中点．
如图1，连接，取的中点F，连接．
在中，，
所以为等边三角形，所以，
又，所以．
在中，由正弦定理，得，
所以．（3分）
因为．所以．所以，
所以，所以．（4分）
因为分别为的中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以．（5分）
又平面平面，所以平面．（6分）
图1
（2）在中，，
所以，即．
因为为正三角形，E为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面，所以，故以E点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图2，则，，所以．
设点，由．得（，
，（10分）
所以．
设平面的法向量为，则
令，则，得，
易知平面的一个法向量为，（12分）
所以，即，
解得（舍去）或．
故当面角为时，．（15分）
图2
17．【命题意图】本题考查双曲线的标准方程、直线方程及直线与双曲线的位置关系等综合知识，考查考生的推理论证力、运算求解能力及转化与化归思想．
（本题满分15分）
【解】（1）设，其中．
由，得，
移项，得，
两边平方，整理得，解得（负值舍去），（3分）
故，即，则．
将代入上式中，整理得，
解得（舍去）或．则．（5分）
故双曲线M的方程为（6分）
（2）证明：易知直线的方程为，直线的方程为，即．
设点在直线l上，由角平分线的性质可得P到的距离等于P到的距离，即，
化简得或．
由题意，易知直线l的斜率小于0，所以不满足题意，
所以直线l的方程为．（8分）
假设双曲线M上存在相异两点关于直线l对称，则，所以．
设，则．
因为点E在直线l上，所以①．
因为点在双曲线上，所以，两式相减得，
化简得，即，即②．
联立①②式，得．
所以点E的坐标为．（11分）
所以直线的方程为，即．
与双曲线方程联立，消去y得，
因为，
所以双线M上存在相异两点关于直线l对称，且．（12分）
故．（14分）
又，所以（15分）
18．【命题意图】本题考查导数，考查考生的运算求解能力和逻辑推理能力．
（本题满分17分）
【证明】（1）令，则．（1分）
令，得；令，得．
所以在上单调递减，在上单调递增．（3分）
所以，所以．（4分）
（2）易知函数的定义域是．
由，可得．（5分）
令．得；令，得．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．（8分）
①当，即时，至多有1个零点，故不满足题意．（9分）
②当，即时，．
因为在上单调递增，且．所以，
所以在上有且只有1个零点，不妨记为，且．（11分）
由（1）知，所以．
因为在上单调递减，，
所以在上有且只有1个零点，记为，且．（13分）
所以，所以．
同理，若记
则有，
综上所述，．（17分）
19．【命题意图】本题考查新定义数列，考查考生的运算求解能力和逻辑推理能力．
（本题满分17分）
【解】由定义及．知，
所以是公差为m的等差数列，所以．（1分）
因为，所以，所以，即．
当时，有，
，
……
，
所以，
即．（4分）
（1）当时，，
所以“函数” ”．（6分）
当时，．（7分）
（2）当时，，
故“函数”
．（9分）
由，得．
令，则，
所以在上单调递增．
因为．所以当时，，所以当时，，
故n的最大值为5．（11分）
（3）证明：由题意得
（14分）
由，得，
所以，所以，
所以．（17分）
兴趣小组活动类别
投入时间（小时/周）
大于10
仅参加书法兴趣小组人数z
25
30
15
10
仅参加绘画兴趣小组人数y
10
20
25
5
相关系数r
相关程度
低度线性相关
显著性相关
高度线性相关
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
A
B
C
B
D
D
A
题号
9
10
11
答案
ABC
BC
CD
X
0
1
2
P