[数学]福建省南平市建阳区2024届高三预测绝密卷模拟预测试题(解析版)

这是一份[数学]福建省南平市建阳区2024届高三预测绝密卷模拟预测试题(解析版)，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，则在复平面内的对应点所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】，
故，所以在复平面内的对应点在第一象限.
故选：A．
2. 已知全集，集合，若，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由，得，所以，
则或，
由，得，所以，
又，所以，解得．
故选：D．
3. 已知为双曲线（，）的右焦点，直线与的两条渐近线分别交于，两点，为坐标原点，是面积为4的直角三角形，则的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由为直角三角形，及双曲线的对称性知，且，
则的渐近线方程为，即，由的面积为4，得，解得，
又，因此，
所以的方程为.故选：B．
4. 函数的部分图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以为偶函数，
故C，D项错误；
又，故B项错误．
故选：A．
5. 已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设的公差为，因为，，
可得 ，解得，所以，
可得，
所以当时，取得最小值
故选：D.
6. 某雕刻师在切割玉料时，切割出一块如图所示的三棱锥型边料，测得在此三棱锥中，侧面底面，且，该雕刻师计划将其打磨成一颗球形玉珠，则磨成的球形玉珠的直径的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】如图，设的中点为，连接，
因为，
所以，所以，且，
又侧面底面且交线为，平面，所以平面，
由于平面，所以，
由于平面，所以平面，
又，所以，
因为，所以．
当球形玉珠为三棱锥的内切球时，球形玉珠的直径最大．
设三棱锥的表面积为，内切球的半径为，则，
又，
，
故，
所以，
所以磨成的球形玉珠的直径的最大值为．
故选：C.
7. 盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，记下颜色后放回.设事件“两次均未摸出红球”，事件“两次均未摸出白球”，事件“第一次摸出的两个球中有红球”，事件“第二次摸出的两个球中有白球”，则（ ）
A. 与相互独立B. 与相互独立
C. 与相互独立D. 与相互独立
【答案】D
【解析】依题意得，，，故A项错误；
，，故B项错误；
，故C项错误；
，，故D项正确.
故选：D.
8. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设函数，又，
所以当时，0，
所以在区间内单调递增，又，
所以当时，0恒成立，即，
所以当时， ，即，
所以，
所以．即；
设，
而，
设，则，
当时，单调递增，所以，
所以当时，，即当时单调递增，
所以，故当时，单调递增，所以，
即，所以，
即，即．
综上，，
故选：B．
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. 2023年10月全国多地医院出现较多的支原体肺炎感染患者，患者多以儿童为主．某研究所在某小学随机抽取了46名儿童，得到他们是否接种流感疫苗和是否感染支原体肺炎的情况的相关数据，如下表所示，则（ ）
附：．
A.
B.
C. 认为是否接种流感疫苗与是否感染支原体肺炎有关联，此推断犯错的概率不大于0.1
D. 没有充分的证据推断是否接种流感疫苗与是否感染支原体肺炎有关联
【答案】AD
【解析】由表中数据易得，
对于A,．故A正确；
对于B,，故B错误；
对于C，D，依据的独立性检验，没有充分的证据推断是否接种流感疫苗与是否感染支原体肺炎有关联，故C错误，D正确．
故选：AD．
10. 已知函数是的导函数，则（ ）
A. “”是“为奇函数”的充要条件
B. “”是“为增函数”的充要条件
C. 若不等式的解集为且，则的极小值为
D. 若是方程的两个不同的根，且，则或
【答案】ACD
【解析】对于A中，当时，函数，
则满足，
所以为奇函数，所以充分性成立；
若为奇函数，则，
则恒成立，所以，所以必要性成立，所以A正确；
对于B中，当时， ，可得，
所以为增函数；
由，当为增函数时，，
所以“”是“为增函数”的充分不必要条件，所以B错误；
对于C中，由，若不等式的解集为且，
则在上先增后减再增，则，
解得，
故，可得，
令，解得或，
当内，，单调递增；
当内，，单调递减；
当内，，单调递增，
所以的极小值为，所以C正确．
对于D中，由，因为是方程的两个不同的根，
所以，即，且，
由，可得，所以，即，
联立方程组，可得，解得或，所以D正确．
故选：ACD．
11. 已知函数，则（ ）
A. 若的图象向右平移个单位长度后与的图象重合，则的最小值为1
B. 若的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的最小值为5
C. 若函数的最小正周期为，则
D. 当时，若的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则方程有无穷多个解
【答案】BC
【解析】对于A项，
因为，
所以，，即，，又，所以的最小值为8，故A项错误；
对于B项，因为，
所以，，即，，又，所以的最小值为，故B项正确.
对于C项，因为函数的最小正周期是的最小正周期的一半，所以的最小正周期为，所以，解得，故C项正确.
对于D项，当时，，
所以，
方程.
令，则，，当时，，即，所以（舍）或（舍）；
当时，，即，无解.
综上，无解，故D项错误.
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在展开式中，的系数为______．
【答案】240
【解析】，
二项式的通项公式为，
其中的展开式中不含的项，含的项为，
所以的展开式中含的项为，故的系数为240．
13. 已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为______．
【答案】
【解析】设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，
故轴截面周长为，解得，
所以上、下底面圆的面积分别为，圆台侧面积，
所以圆台的表面积为
14. 椭球面镜具有改变光路的方向、使光束会聚的作用，它经常被用来制作精密的光学仪器的部件．椭球面镜是以椭圆的长轴为旋转轴，把椭圆转动形成的立体图形，其内表面全部做成反射面，中空，椭球面镜可以将从某个焦点发出的光线全部反射到另一个焦点处．从椭球面镜的焦点射出的两条光线，经椭球面镜上的两点反射后汇聚于焦点，若，且，则椭球面镜的轴截面椭圆的离心率为______．
【答案】
【解析】设椭圆的长轴长为，焦距为，短轴长为，
则，
由椭圆的定义得，
所以，因为，所以，
又，所以为椭圆的短轴端点．
设为椭圆的中心，因为，
所以，又在Rt中，，
所以，所以.
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. 某大型商场的所有饮料自动售卖机在一天中某种饮料的销售量（单位：瓶）与天气温度（单位：）有很强的相关关系，为能及时给饮料自动售卖机添加该种饮料，该商场对天气温度和饮料的销售量进行了数据收集，得到下面的表格：
经分析，可以用作为关于的经验回归方程．
（1）根据表中数据，求关于的经验回归方程(结果保留两位小数)；
（2）若饮料自动售卖机在一天中不需添加饮料的记1分，需添加饮料的记2分，每台饮料
自动售卖机在一天中需添加饮料的概率均为，在商场的所有饮料自动售卖机中随机抽取
3台，记总得分为随机变量，求的分布列与数学期望．
参考公式及数据：对于一组数据，经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为.
解：（1）设，由，可得，
因为，，
，所以，
由表中的数据可得，
则，
所以，
则，可得，
所以关于的经验回归方程为.
（2）由题意，随机变量的可能取值为，
可得，，
，，
所以变量的分布列为
所以，期望为
16. 如图，在四棱锥中，，.

（1）证明：平面平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
（1）证明：因为，，
所以，，
所以，，
又，
所以四边形为菱形，
所以，，
又，平面，，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）解：由（1）得平面，
因为平面，
所以，
故四边形为正方形.
不妨设正方形的边长为2，的中点为，连接.
因为为等边三角形，
所以，
又平面，
又平面平面，且平面平面，
所以平面.
以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，.
假设存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，
且，，
由，得，
即，
解得，，，
所以，
所以，，，.
设平面的法向量为，
则，
可取.
设平面的法向量为，则，
可取，
则，
解得或（舍去），
所以在棱上存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，
且.
17. 已知抛物线的准线与圆相切．
（1）求的方程；
（2）点是上的动点，且，过点作圆的两条切线分别与交于两点，求面积的最小值．
解：（1）因为准线与圆相切，
所以，即，
所以的方程为；
（2）由（1）知准线的方程为，
因为，所以直线的斜率均存在，
设直线的方程为，
当时，，
设直线的方程为，
当时，，
由题意得
，
设过点的圆的切线方程为
则，化简得，
，
则，
所以．，
又，所以，
令，
则，
因为，
所以，
当且仅当即等号成立，此时，
故面积的最小值为．
18. 已知函数，其中为自然对数的底数．
（1）讨论单调性；
（2）若方程有两个不同的根．
(i)求的取值范围；
(ii)证明：．
解：（1）由题意得，，则，
由，解得．
显然，
若，则当时，单调递增，当时，单调递减；
若，则当时，单调递减，当时，单调递增．
综上，当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减；
当时，在区间内单调递减，在区间内单调递增．
（2）（i）由，得，
设，由(1)得在区间内单调递增，在区间内单调递减，
又，当时，，且当时，，
所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，故的取值范围是．
（ii）不妨设，则，且．
解法一：当时，，即；
当时，．
设
则
所以在区间内单调递增，
则，即，
所以
又在区间内单调递减，
所以，即，
又，所以，
故，所以，得证．
解法二：设，，
则，
所以在区间内单调递增，
又，
所以，即．
又，所以，
又在区间内单调递减．
所以，即，
又，所以，得证．
19. 对于，，不是10的整数倍，且，则称为级十全十美数.已知数列满足：，，.
（1）若为等比数列，求；
（2）求在，，，…，中，3级十全十美数的个数.
解：（1）设的公比为，
则，即，
由，可得，解得或，
所以或.
（2）由（1）知，当时，，
当时，，
两式相减得.
当为奇数时，的个位数为1或9，的个位数不可能为0；
当为偶数时，设，则，
要想末尾3个数字为0，需满足被整除，
当时，均不符合题意；
当时，，
自，以后各项均可被125整除，
故只需考虑能否被125整除，
其中不是5的倍数，
故若原式能被整除，需为偶数且能被整除，即需是50的倍数，
在1，2，3，…，2024中，50的倍数有40个：50，100，150，…，2000，
故在，，…，中，3级十全十美数的个数为40.感染情况
接种情况
感染支原体肺炎
未感染支原体肺炎
合计
接种流感疫苗
未接种流感疫苗
合计
46
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
10
15
20
25
30
35
40
4
16
64
256
2048
4096
8192
3
4
5
6
P