2024届高三年级第一学期期中调研数学试题模拟卷（原卷+答案）二

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一、选择题：本大题共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. 设全集，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合的并集与补集运算计算即可
【详解】由题意得：，所以.
故选：D.
2. 设，则的共轭复数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数除法运算法则以及共轭复数的概念直接计算即可.
【详解】由题意得，，
所以.
故选：A
3. 已知，，，则（ ）
A. 5B. 6C. 8D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数的运算性质即可求解.
【详解】由于，∴，
故选：B.
4. 已知声强级（单位：分贝），其中常数是能够引起听觉的最弱的声强，是实际声强.当声强级降低1分贝时，实际声强是原来的（ ）
A. 倍B. 倍C. 倍D. 倍
【答案】D
【解析】
【分析】根据题干列式，再应用对数运算律计算即可.
【详解】，则，
所以，∴.
故选：D.
5. 为了得到函数的图象，只要将函数的图象（ ）
A. 向左平移1个单位长度B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移1个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合平移“左加右减”准则，即可求解．
【详解】解：，
把函数的图形向左平移个单位可得到函数．
故选：B．
6. 设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数型复合函数的单调性,结合二次函数的性质即可求解.
【详解】在单调递增，故在单调递减，则，
又∵在恒成立，则，故，
∴，
故选：D.
7. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先判断，然后利用构造函数法，结合导数判断出正确答案.
【详解】，，所以，
设，
所以在上单调递减，
所以，，
所以，所以.
故选：C
8. 已知某圆柱的上、下底面圆周分别在同一圆锥的侧面和底面上，则圆柱与圆锥的体积比的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据几何特征及柱锥体积公式列出体积比，再利用导数研究函数的最值计算即可.
【详解】如图，设，圆柱半径，圆柱的高为，圆锥的半径为.

则，
令，，令，
所以，
令，令，
所以在上单调递增，上单调递减，，
故选：C.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用不等式的性质及指对函数的性质一一判定即可.
【详解】对于A，，∴，A错.
对于B，由定义域上单调递增得，B对.
对于C，当，时，，，此时，C错.
对于D，，则，在定义域上单调递增，∴，D对.
故选：BD.
10. 下列区间上，函数有零点的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据零点存在性定理计算函数值即可求解.
【详解】时，，
，,
∴在有零点，C正确.
，所以，
在连续则在有零点，D正确.
时，时，
由于当时，
所以在单调递减，故，
而当时，，
所以无实数根，故在无零点.B错误，
，，
∴，
∴在有零点， A正确，
故选：ACD.
11. 已知函数的定义域为，则为奇函数的必要不充分条件是（ ）
A. B. 为奇函数
C. 存在无数个，D. 为偶函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据抽象函数结合奇偶性判断各个选项即可.
【详解】不能得到为奇函数，为奇函数一定有，∴是为奇函数的必要不充分条件，A对.
，，既是奇函数，又是偶函数，则，
∴则为奇函数，充要条件，B不选.
有无数个，不一定有为奇函数，不充分，为奇函数一定有无数个，必要，C选.
若为奇函数，则为偶函数，必要性成立；
偶函数，，∴，
∴，此时若，则不为奇函数，不充分，D对.
故选：ACD.
12. 已知定义在上的函数满足，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则
D. 若对任意的实数，，则是单调增函数
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用赋值法即可判断AB，结合基本不等式即可判断C，由单调性的定义即可判断D.
【详解】时，，∴或，A错.
取，，B对.
，由B知：所以，C对.
由可知：当时，，此时，∴，
故对任意的有，所以不存在使，故对，，
当时，，故，
∴在上单调递增，D对.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设命题：，.写出一个实数___________，使得为真命题.
【答案】(答案不唯一)
【解析】
【分析】根据命题为真求参即可.
【详解】若正确，时,有解，
时,则或，
所以，
综上，真，则，即中任取一个值都可以.
故答案为：(答案不唯一)
14. 某单位建造一个长方体无盖水池，其容积为，深3m.若池底每平米的造价为150元，池壁每平米的造价为120元，则最低总造价为__________元.
【答案】8160
【解析】
【分析】利用基本不等式计算即可.
【详解】设长，宽，∴，
∴，
总造价.
当且仅当时取得等号.
故答案为：8160
15. 已知定义在上的函数同时满足下列三个条件：
①为奇函数；②当时，，③当时，.
则函数的零点的个数为__________.
【答案】5
【解析】
【分析】根据函数奇偶性及分段函数解析式画图象数形结合即可求解.
【详解】，则，，
在上为负，递减；
在为正，递增，
，，，作出在的图象.

时，，向上平移2个单位；
时，，再向上平移2个单位，，.
纵轴右边图象与左边图形关于原点对称，由图可知
函数的图象在纵轴右边上有4个交点，
在纵轴左边上有1个交点点，
∴共有5个零点
故答案为：5.
16. 若函数，存在最值，则实数的取值范围是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用一次函数的性质分类讨论去绝对值符号，分析即可.
【详解】①当时，，，在上单调递减，
上单调递减，此时无最值；
②当时，，则易知有最小值-3.
③当时，，，
在上单调递减，上单调递增，上单调递增，
即有最小值，则，∴，
综上：.
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 如图，一个各项均为正数的数表中，每一行从左至右均是等差数列，每一列从上至下均是等比数列，且公比相等，记第行第列的数为.
（1）求；
（2）记，求数列的前项的和.
【答案】（1）56 （2）
【解析】
【分析】（1）根据表格提供数据求得公差、公比，由此求得.
（2）先求得，然后利用错位相减求和法求得.
【小问1详解】
设第一行从左至右公差为，各侧自上而下公比为，
∴，∴.
【小问2详解】
，
∴①，
②，
①②得：
，
∴.
18. 记的内角、、的对边分别为、、，且.点在上，且为的平分线，.
（1）若，求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等面积法可得出，利用三角形的面积公式以及可求得、的值，再利用余弦定理可求得的值；
（2）利用角平分线定理可得出，，在、分别利用余弦定理可得出关于、的方程组，解出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积.
【小问1详解】
解：因为，为的平分线，，，
则，即，则，
所以，，解得，
由余弦定理可得.
【小问2详解】
解：因为为的平分线，则，
又因为，则，，
因为，则，
在中，由余弦定理可得，
即，①
在中，由余弦定理可得，
即，②，联立①②可得，
因此，
.
19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点满足，点为棱与平面的交点.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过作交于点，连接，通过证明四点共面即可求解；
（2）以为原点建立坐标系，利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
过作交于点，连接，

因为为正方形，所以，
所以四点共面，即平面延伸至平面，
所以即为棱与平面的交点，
所以.
【小问2详解】
因为平面，且为正方形，
所以两两垂直，以为原点建立如图所示坐标系，

所以由题意可知，，，
因为点满足且，
所以，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，令可得平面的一个法向量为，
设与平面所成角，
.
20. 现有甲、乙两个盒子，甲盒中有3个红球和1个白球，乙盒中有2个红球和2个白球，所有的球除颜色外都相同.某人随机选择一个盒子，并从中随机摸出2个球观察颜色后放回，此过程为一次试验.重复以上试验，直到某次试验中摸出2个红球时，停止试验.
（1）求一次试验中摸出2个红球的概率；
（2）在3次试验后恰好停止试验的条件下，求累计摸到2个红球的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式求得正确答案.
（2）根据条件概型、独立重复试验等知识求得累计摸到2个红球的概率.
【小问1详解】
一次试验摸出2个红球的概率为.
【小问2详解】
记在3次试验后恰好停止试验为事件，累计摸到2个红球为事件，
∴，，，
∴.
21. 在直角坐标系中，点到点的距离与到直线：的距离之比为，记动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过上两点，作斜率均为的两条直线，与的另两个交点分别为，.若直线，的斜率分别为，，证明：为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先设点，根据题意转化为方程，即可求解；
（2）利用点斜式方程设出直线的方程，并与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示和的关系，再代入斜率公式，即可证明.
【小问1详解】
设，由题意可知，
所以的方程为；
【小问2详解】
设，，
∴方程：代入椭圆方程
，
∴，
∴，∴，
∴，∴
同理设，，∴，
∴为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数.
（1）若在处的切线在轴上的截距为，求；
（2）若不是单调函数，证明：，且.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设出切点坐标，求得切线方程，根据切线的纵截距求得.
（2）先由不是单调函数求得，然后结合导数以及零点存在性定理求得的最小值，证明最小值大于，从而得解.
【小问1详解】
，切点，
切线方程，令
，由于且，所以.
【小问2详解】
，
若，则，上单调递减，这与条件矛盾，舍去.
所以，且在上单调递增.
若，则，令，
取，则，
若，则，令，
取，则
所以存在唯一的使，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以
，
（不符合，基本不等式等号不成立）
【点睛】求解曲线切线有关的问题，首先要注意要求的是“在”还是“过”；其次要把握关键点：一是切点坐标，特别是横坐标；而是斜率，斜率可利用导数求得，也可以利用切线上的两个点的坐标来求得.
1
…
6
20
…