湖北省武汉市第四十九中学2024届高三上学期九月调考模拟数学试题（二）

湖北省武汉市第四十九中学2024届高三上学期九月调考模拟数学试题（二）

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数，则下列结论正确的是（    ）

A．在复平面对应的点位于第三象限 B．的虚部是

C． D．

3．己知的外接圆圆心为，且，则在上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

4．已知函数，则“”是“在上的单调递增”的（    ）．

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

5．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

6．如图所示，点是双曲线的左、右焦点，双曲线的右支上存在一点满足与双曲线的左支的交点平分线段，则双曲线的渐近线斜率为（    ）

A．3 B． C． D．

7．已知是等比数列的前项和，且，则（    ）

A． B． C． D．

8．已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是

A． B． C． D．

二、多选题

9．小明在家独自用下表分析高三前5次月考中数学的班级排名y与考试次数x的相关性时，忘记了第二次和第四次月考排名，但小明记得平均排名，于是分别用m＝6和m＝8得到了两条回归直线方程：，，对应的相关系数分别为、，排名y对应的方差分别为、，则下列结论正确的是（   ）

（附：，）

A． B． C． D．

10．下列命题正确的是（    ）

A．已知幂函数在上单调递增，则

B．函数有两个零点，一个大于0，一个小于0的一个必要不充分条件是

C．已知函数，若，则的取值范围为

D．已知函数满足，，且与的图象的交点坐标依次为，则

11．设函数的定义域为，且满足，当时，，则下列说法一定正确的是（    ）

A．是偶函数

B．不是奇函数

C．函数有10个不同的零点

D．

12．绿水青山就是金山银山，为响应党的号召，某小区把一处荒地改造成公园进行绿化.在绿化带旁边放置一些砌成的完全相同的石墩，石墩的上部是半径为的球的一部分，下部是底面半径为的圆柱体，整个石墩的高为，如图所示（注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高.球缺的体积，其中为球的半径，为球缺的高），下列说法正确的是（    ）

A．石墩上､下两部分的高之比为

B．石墩表面上两点间距离的最大值为

C．每个石墩的体积为

D．将石墩放置在一个球内，则该球半径的最小值为

三、填空题

13．四个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时抛掷自己的硬币.若硬币正面朝上，则这个人站起来；若硬币正面朝下，则这个人继续坐着，那么没有相邻的两个人站起来的概率为      .

14．若，且，则        .

15．如图所示的几何体由一个正四棱锥和一个正四棱柱组合而成.已知正四棱锥的侧棱长为，正四棱柱的高为，则该几何体的体积的最大值为         .

16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上的动点．若，且点到直线的最小距离为，则的离心率为      ．

四、解答题

17．已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

(1)求的值；

(2)若，，求的周长与面积.

18．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，分别为，的中点.

(1)证明：平面∥平面；

(2)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

19．已知．

(1)若在处取得极值，求的最小值；

(2)若对恒成立，求的取值范围．

20．已知数列满足：，数列满足：，其中 为数列的前项和，且．

（1）求数列与的通项公式；

（2）求数列的前项和．

21．甲､乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲胜的概率为0.3､乙胜的概率为0.2.

(1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为，求的分布列和期望；

(2)求四局比赛后，比赛结束的概率；

(3)若表示“在甲所得筹码为枚时，最终甲获胜的概率”，则.证明：为等比数列.

22．已知定点，定直线，动圆过点，且与直线相切．

(1)求动圆的圆心所在轨迹的方程；

(2)已知点是轨迹上一点，点是轨迹上不同的两点（点均不与点重合），设直线的斜率分别为，且满足，证明：直线过定点，并求出定点的坐标．

参考答案：

1．C

【分析】解一元二次不等式求出集合，求出函数的值域可得集合，再求交集即可.

【详解】解不等式得，函数的值域为，

所以，

所以.

故选：C.

2．C

【分析】先根据复数的除法运算法则得到，根据复数的知识可得解.

【详解】，

所以在复平面对应的点为位于第二象限，A错误；

的虚部为，所以B错误；

，故C正确；

，故D错误；

故选：C

3．A

【分析】连接、，推导出四边形为菱形，设，则为的中点，且，再利用投影向量的定义可得结果.

【详解】连接、，

因为，则，所以，且，

又因为，则四边形为菱形，

设，则为的中点，且，

因此，在上的投影向量为，

故选：A.

4．B

【详解】在为单调递增，满足，

解得，∴，

当时，在上为增，

综上，在为单增时，

∴，是在为增函数的必要不充分条件．

故选：B．

【点睛】充分、必要条件的三种判断方法．

1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．

2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．

3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．

5．A

【分析】根据直线所过的定点，结合直线与圆的切线性质，利用数形结合思想进行求解即可.

【详解】直线恒过定点，

曲线表示以点为圆心，半径为1，且位于直线右侧的半圆（包括点，）．

当直线经过点时，与曲线有两个不同的交点，此时，直线记为；

当与半圆相切时，由，得，切线记为．

分析可知当时，与曲线有两个不同的交点，

故选：A．

6．B

【分析】设，则，由双曲线的定义得，，

根据，列出方程求得，在直角中，利用勾股定理求得，进而求得双曲线的渐近线．

【详解】设，则，

由双曲线的定义得，，

又由得，即，解得，所以，

在直角中，由勾股定理得，即，

整理得，则，双曲线的渐近线斜率为．

故选：B．

7．A

【分析】由与的关系求出数列的通项公式，推导出数列为等比数列，确定其首项和公比，结合等比数列求和公式可求得所求代数式的值.

【详解】因为，所以，，

，

又是等比数列，所以，即，解得，所以．

当时，，又满足，

所以，，故数列是公比为，首项为的等比数列，

所以．

故选：A.

8．D

【分析】先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.

【详解】由题设有，

令，则有即.

因为在区间内没有零点，

故存在整数，使得，

即，因为，所以且，故或，

所以或，

故选：D.

【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.

9．BD

【分析】根据表格中的数据和最小二乘法、相关系数的计算公式分别计算当、时的、相关系数(r)和方差()，进而比较大小即可.

【详解】当时，，解得，

则 ，

，，

，

，

所以，

得，

，

；

同理，当时，，，

所以，

故选：BD．

10．AD

【分析】直接利用幂函数的定义，二次函数的性质，函数的定义域和值域的关系，函数的图象的对称性判断A、B、C、D的结论．

【详解】对于A，幂函数在上单调递增，则且，求得，故A正确；

对于B：若，可得函数满足，可得的零点一个大于0，一个小于0，

若函数有两个零点，一个大于0，一个小于0，

则，即，不能推出，

故是函数有两个零点，一个大于0，一个小于0的充分不必要条件，故B错误；

对于C：由得：，则函数的定义域为，

故，至少满足，即，故C错误；

对于D：函数满足，函数的图象关于对称，

函数的图象关于对称，

所以，，

则 ，故D正确．

故选：AD．

11．AC

【分析】根据函数关系式可推导得到关于直线和点对称，且周期为；令，，由奇偶性定义可得的奇偶性，可判断AB；作出和的图象，根据图象可得两函数交点个数，进而确定函数零点个数，知C正确；根据周期性可求得，知D错误.

【详解】，且关于直线对称；

又，且关于中心对称；

，则是周期为8的周期函数；

对于，令，则为偶函数，正确；

对于，令，

则

为奇函数，不正确；

对于，作出和的图象如下图所示，

当时，，又，

由图象可知：与共有10个不同的交点，

则有10个不同的零点，正确；

对于，

错误.

故选：AC

12．ACD

【分析】根据几何体的几何结构特征，利用圆柱和球的性质，结合圆柱和球的体积公式、圆的性质，逐项判定，即可求解.

【详解】如图所示，设球缺的球心为，由已知可得半径，，

所以，可得，石墩上､下两部分的高之比为,所以A正确；

由，所以石墩表面上两点间距离的最大值为，所以B错误；

由前面的计算可知上部分球缺的高，所以石墩的体积，所以C正确；

设该球的半径为，则，解得，所以D正确.

故选：ACD.

13．

【分析】首先求样本空间，再分情况求解满足条件的样本点，再结合古典概型求概率.

【详解】每个硬币只有正，反两种情况，所以4枚相同的硬币构成种情况，

若没有人站起来，即每个硬币都是正面朝下，只有1种情况，

若只有1人站起来，即4枚硬币有1枚正面朝上，其余3枚正面朝下，有4种情况，

若只有2人站起来，即相对2人的硬币相同，与相邻的人的硬币相反，即有2种情况，

所以满足条件的情况有7种，那么没有相邻的两个人站起来的概率。

故答案为：

14．

【分析】由已知可得，分母“1”化平方关系、弦化切得，结合范围求得，最后应用差角正切公式求值.

【详解】由，则，

所以，则或，

又，故，则，

由.

故答案为：

15．/

【分析】设正四棱锥的高为，则，底面积为，设正四棱锥的底面边长为，根据几何关系可得，可得出该几何体的体积关于的函数关系式，利用导数求出的最大值，即为所求.

【详解】设正四棱锥的高为，则，底面积为，设正四棱锥的底面边长为，

则正四棱锥的底面对角线长为，

由勾股定理可得，可得，则.

该几何体的体积.

令函数，

则.

当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减.

故.

因此，该几何体的体积的最大值为.

故答案为：.

16．/

【分析】得到椭圆切线为，将其与椭圆方程联立，利用判别式为0解出，则可得到离心率.

【详解】由题意知，解得，将直线沿着其法向量方向向右下方平移单位，

因为直线倾斜角为，那么在竖直方向向下移动了2个单位，此时直线为，且与相切．

联立，得0，

所以，解得，所以，即，

所以，即的离心率为．

故答案为：.

17．(1)

(2)11，

【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换的知识求得.

（2）先求得，然后利用正弦定理求得，从而求得三角形的周长与面积.

【详解】（1）由正弦定理得，

故，而在中，，

故，又，所以，则，

则，，

故.

（2）因为，且，

所以，.  由（1）得，，

则，

由正弦定理得，则，.

故的周长为，

的面积为.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意可证∥，∥，结合面面平行的判定定理分析证明；

（2）根据面面垂直的性质可得平面，建系，利用空间向量求面面夹角.

【详解】（1）连接，如图所示，

因为，，则为等边三角形，

且为的中点，所以，

又因为，平面，则∥，

且平面，平面，所以∥平面，

又因为，分别为，的中点，则∥，

且平面，平面，所以∥平面，

且，平面，，所以平面∥平面.

（2）连接，

因为平面平面，平面平面，平面，，

所以平面，

且平面，且，即，，两两互相垂直，

以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴的正方向，

如图所示，建立空间直角坐标系，

因为，，

则，，，，，，

可得，，，，

设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，

可得，令，则，可得，

可得，令，则，可得，

则，

所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.

19．(1)

(2)

【分析】（1）先求得函数的导函数，然后利用极值的必要条件求得的值，进而判定导数的正负区间，得到函数的单调性，然后结合左右两端的极限值与极小值，求得函数的最小值；

（2）分离参数得到对于任意恒成立.构造函数，利用导数求得不等号右侧的最大值，进而根据不等式恒成立的意义得到实数的取值范围.

【详解】（1）∵，∴，

∵在处取得极值，，∴，

∴，，

当时，；当时，；当时，.

∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.

又∵当时，，，

∴的最小值为.

（2）由已知得对于任意恒成立.

令，则，

在时，，所以函数在时上单调递减，

所以，

所以的取值范围是．

20．（1）；（2）.

【详解】（1）由，有

，又，

所以数列是一个首项为1，公差为2的等差数列，故，

又，所以时，，

两式相减有：，

即

所以数列是一个首项为1，公比为的等比数列，故.

（2）因为 故

两式相减有：

，从而：.

.

21．(1)分布列见解析，.

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）求出的所有可能取值以及取值的概率，可得分布列，由期望公式可求出期望；

（2）根据互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式可得结果；

（3）根据全概率公式和等比数列的定义可证.

【详解】（1）的所有可能取值为，

，，，

则的分布列为：

.

（2）当四局比赛后，比赛结束且甲胜时，第四局比赛甲胜，前三局比赛甲2胜1和，

其概率为： .

当四局比赛后，比赛结束且乙胜时，第四局比赛乙胜，前三局比赛乙2胜1和，

其概率为： ，

所以四局比赛后，比赛结束的概率为.

（3）因为 表示“在甲所得筹码为枚时，最终甲获胜的概率”，，

在甲所得筹码为枚时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为，

在甲所得筹码为枚时，下局平局且最终甲获胜的概率为，

在甲所得筹码为枚时，下局乙胜且最终甲获胜的概率为，

根据全概率公式得，

所以，变形得，因为，

所以，同理可得，

所以为等比数列.

【点睛】关键点点睛：第（3）问中，正确理解题意，利用全概率公式得到数列中相邻三项之间的关系是解题关键.

22．(1)

(2)证明见解析，定点

【分析】（1）由题意，作图，根据圆切线的性质，结合抛物线的定义，可得答案；

（2）设出直线方程，联立抛物线方程，写出韦达定理，代入，可得答案.

【详解】（1）设点，圆与直线的切点为，

因为动圆过点，且与直线相切，则，

所以点的轨迹是以原点为顶点，以点为焦点的抛物线，

则动圆的圆心轨迹的方程为．

（2）若直线的斜率为0，则直线与抛物线只有1个交点，不合要求，

设直线的方程为

，消去可得：，

则，

因为为抛物线上一点，所以，解得，

，

解得，代入，

解得或，

结合点均不与点重合，则，则，解得，

故且或，

所以直线即

所以直线恒过定点.

【点睛】处理定点问题的思路：

（1）确定题目中的核心变量（此处设为），

（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，

（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，

①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；

②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.