【九省联考题型】备战2024高考三模数学模拟训练卷02（原卷+解析版）

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1．已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】计算出集合后，结合题意运算即可得.
【详解】因为，故，
所以，又，
所以题图中阴影部分表示的集合.
故选：C.
2．要得到函数的图象，可以将函数的图象（ ）
A．向右平移个单位长度B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度D．向左平移个单位长度
【答案】B
【分析】利用三角函数的平移规则即可得解.
【详解】因为，
，
所以将的图象向左平移个单位可得到的图象.
故选：B.
3．在计算机语言中，有一种函数叫做取整函数（也叫高斯函数），其中表示不超过的最大整数，如，.已知，，（为正整数且），则等于（ ）
A．8B．7C．5D．2
【答案】A
【分析】根据题意写出数列前几项并找出其周期规律，进而求解即可.
【详解】因为，，（为正整数且），
所以，
，所以，
同理可得，，
所以周期为，由，得.
故选：A
4．函数的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性及诱导公式，结合特殊值即可求解.
【详解】由，解得,
所以函数的定义域为,
所以,
所以为偶函数，函数的图象关于轴对称，排除选项B，
而，排除选项C，
，排除选项A，
故选：D.
5．纳斯卡线条是一种巨型的地上绘图，位于秘鲁南部的纳斯卡荒原上，是存在了2000年的谜局：究竟是谁创造了它们并且为了什么而创造，至今仍无人能解，因此被列入“十大谜团”，在这些图案中，有一只身长50米的大蜘蛛（如图），现用视角为的摄像头（注：当摄像头和所拍摄的圆形区域构成一个圆锥时，该圆锥的轴截面的顶角称为该摄像头的视角）在该蜘蛛图案的上方拍摄，使得整个蜘蛛图案落在边长为50米的正方形区域内，则该摄像头距地面的高度的最小值是（ ）

A．50米B．米
C．米D．米
【答案】B
【分析】根据题意求得拍摄区域的圆的直径最小为，再利用余弦定理求圆锥母线长，从而利用圆锥的高、母线、底面半径的关系即可得解.
【详解】依题意，要使整个蜘蛛图案落在边长为50米的正方形区域内，
则拍摄区域的圆的直径最小为，若所成圆锥的母线长为a，
此时由余弦定理得，，即，
所以该摄像头距地面的高度最小值
米.
故选：B.
6．冬季是流感高发期，其中甲型流感病毒传染性非常强．基本再生数与世代间隔是流行病学基本参考数据．某市疾控中心数据库统计分析，可以用函数模型来描述累计感染甲型流感病毒的人数随时间t，（单位：天）的变化规律，其中指数增长率与基本再生数和世代间隔T之间的关系近似满足，根据已有数据估计出时，．据此回答，累计感染甲型流感病毒的人数增加至的3倍至少需要（参考数据：，）（ ）
A．6天B．7天C．8天D．9天
【答案】B
【分析】先求得，然后根据“的3倍”列方程，化简求得需要的时间.
【详解】依题意，，且时，，
即，所以，，
令，两边取以为底的对数得，
所以至少需要天.
故选：B
7．在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（，单位：m）与制动距离（，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述，与的函数关系的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】设，，根据图象得到函数图象上的点，作出散点图，即可得到答案.
【详解】设，.
由图象知，过点，，，，，，，，，，，，，，.
作出散点图，如图1.
由图1可得，与呈现线性关系，可选择用.
过点，，，，，，，，，，，，，，.
作出散点图，如图2.
由图2可得，与呈现非线性关系，比较之下，可选择用.
故选：B.
8．已知正实数C满足：对于任意，均存在，使得，记C的最小值为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】将问题转化为对于任意，均存在，使得，结合数轴求得当在相邻的两个点或中点时，，则有.
【详解】题设等价于对于任意，均存在，使得，将在数轴上表示如下：
当与上述数轴上的点重合时，易得存在使得，又C为正实数，则成立；
当与上述数轴上的点不重合时，假设在相邻的两个点之间，则，当且仅当在相邻的两个点中点时取等，
要使对于任意，均存在，使得，则有，
又数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为，此时在相邻的两个点或中点，则.
以下说明数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为，易得数轴上两点之间的距离为，
当或，和为相邻的两点，之间的距离为；当时，则，
即之间必存在点，可得相邻的两点之间的距离小于，综上可得数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为.
故，故.
故选：B.
【点睛】本题关键点在于先将问题简化为对于任意，均存在，使得，将在数轴上表示出来，结合对于都成立，得到当在相邻的两个点或中点时，，进而求出的范围，即可求解.
二、多选题:本大题共3小题，每小题6分，共18分，全部选对的得6分，部分选对的得部分2分，有选错的得0分。
9．已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A．的实部为3B．的虚部为2
C．D．
【答案】BD
【分析】根据复数的实部、虚部、共轭复数、模等知识确定正确答案.
【详解】由于复数，所以z的实部为，虚部为2，所以，.
所以AC选项错误，BD选项正确.
故选：BD
10．“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术·商功》有如下叙述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵．其一为阳马，其一为鳖臑”．意思是说：将一个长方体沿对角面斜截（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜截（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）．
若长方体的体积为V，由该长方体斜截所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，则下列选项不正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】根据题意确定堑堵、阳马和鳖臑的体积与长方体的体积的数量关系，即可得答案.
【详解】解：由题意，堑堵的体积，阳马的体积，鳖臑的体积，
所以，，，即，
所以，
所以，ACD选项正确，B选项错误.
故选：ACD
11．已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，离心率为，若、为上关于原点对称的两点，则（ ）
A．的标准方程为
B．
C．
D．四边形的周长随的变化而变化
【答案】AC
【分析】对A，由上顶点及离心率可计算出方程；对B，借助椭圆对称性及定义，利用基本不等式计算即可得；对C，表示出斜率后计算即可得；对D，由椭圆定义即可得.
【详解】
由上顶点为，故，
离心率为，故，即，
故，解得，
即的标准方程为，故A正确；
连接线段如图所示，由、关于原点对称，
则，由，故，
则
，
当且仅当时，等号成立，故B错误；
设，则，
则，即，
则，
故C正确；
四边形的周长为，
由，，
故四边形的周长为，为定值，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点睛：涉及到与焦半径有关范围或最值问题时，常常需要从椭圆定义出发，结合椭圆性质，利用基本不等式求取范围或最值.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
12．已知命题，若是的充要条件，则 ．
【答案】-1
【分析】设，，由是的充要条件，得求解即可.
【详解】由题意得，，得，
设，，由是的充要条件，得，
即，得．
故答案为：-1
13．2023年10月18日，第三届“一带一路”国际合作高峰论坛在北京举行．在“一带一路”欢迎晚宴上，我国拿出特有的美食、美酒款待大家，让国际贵宾们感受中国饮食文化、茶文化、酒文化．这次晚宴菜单中有“全家福”“沙葱牛肉”“北京烤鸭”“什锦鲜蔬”“冰花锅贴”“蟹黄烧麦”“天鹅酥”“象形枇杷”．假设在上菜的过程中服务员随机上这八道菜（每次只上一道菜），则“沙葱牛肉”“北京烤鸭”相邻的概率为 ．
【答案】/0.25
【分析】根据元素相邻关系进行捆绑并结合排列问题得出结果.
【详解】服务员随机上这八道菜有种排法，
“沙葱牛肉”，“北京烤鸭”相邻有种排法，
所以所求概率．
故答案为：.
14．记上的可导函数的导函数为，满足的数列 称为“牛顿数列”．若函数 ，数列 为牛顿数列，设 已知，， 则 ，数列的前项和为，若不等式 对任意的恒成立，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】求出函数的导函数，即可得到，再由求出，即可求出，从而求出，又，则，即可求出的通项公式与，参变分离可得对任意的恒成立，利用对勾函数的性质求出，即可得解.
【详解】因为，则，则，
由，，所以，解得，所以，
所以，
由，所以，
所以，即数列是以为首项、为公比的等比数列，
所以，，
因为对任意的恒成立，又且单调递增，
所以对任意的恒成立，
令，，
根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，
又，且，，
所以，所以的最大值为.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：本题的关键是得到，从而得到，求出数列的通项公式，最后参变分离转化为求.
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）时下，一些工厂、学校、社区安装了风力发电机组、光伏等设备，利用风、光、热等新能源发电供自用，节约用电成本．现有一学校作未来两年的用电计划，总需求为720万千瓦时，其中一部分可由自身的光伏设备发电满足，剩余部分需向电网预购．由于受天气、故障等不确定因素影响，从以往结果可预计光伏发电设冬每一年的发电量（单位：万千瓦时）情况如下：
(1)求未来两年光伏发电量总和的所有可能情况及对应的概率；
(2)学校应再向电网至少预购多少电量才能以不低于的概率满足未来两年用电总需求？
【答案】(1)见解析
(2)校应再向电网至少预购万千瓦的电量.
【分析】（1）设未来两年光伏发电量总和为，求出的可能取值及其对应的概率即可得答案；
（2）根据两年光伏发电量的情况，只有的概率供应万千瓦以上，两年光伏发电量能以的概率供应万千瓦以上，即可得出答案.
【详解】（1）设未来两年光伏发电量总和为，所以，
所以，
，
，
，
.
（2）因为，，
根据两年光伏发电量的情况，只有的概率供应万千瓦以上，
两年光伏发电量能以的概率供应万千瓦以上，
所以，要以不低于的概率满足未来两年用电总需求，学校应再向电网至少预购万千瓦的电量.
16．（15分）在四棱锥中，E为棱AD的中点，PE⊥平面，，，，，F为棱PC的中点．

(1)求证：平面；
(2)若二面角为，求直线与平面所成角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而证明出线面平行；
（2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，设出，写出点的坐标，由二面角大小求出的值，进而利用三角函数求出正切值．
【详解】（1）连接交于点，连接，
∵，且，
∴，
又，
∴线段是的中位线，
∴，
∵面，平面，
∴平面；
（2）∵，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴⊥；
又⊥平面，平面，
∴⊥，⊥；
以E为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，

设，则
∴，
设平面BEF的一个法向量为，
由；
解得，令，得，故，
取平面的一个法向量为，
∴，
由二面角为，得，解得，负值舍去；
∵⊥平面，
∴就是直线与平面所成角，
在中，，
∴直线与平面所成角的正切值为．
17．（15分）某数学建模小组研究挡雨棚（图1），将它抽象为柱体（图2），底面与全等且所在平面平行，与各边表示挡雨棚支架，支架、、垂直于平面.雨滴下落方向与外墙（所在平面）所成角为（即），挡雨棚有效遮挡的区域为矩形（、分别在、延长线上）.
(1)挡雨板（曲面）的面积可以视为曲线段与线段长的乘积．已知米，米，米，小组成员对曲线段有两种假设，分别为：①其为直线段且；②其为以为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积（精确到0.1平方米）；
(2)小组拟自制部分的支架用于测试（图3），其中米，，，其中，求有效遮挡区域高的最大值.
【答案】(1)①平方米②平方米
(2)0.3米
【分析】（1）分别按照直线段与圆弧计算BC的长，代入面积公式即可得解；
（2）根据正弦定理求出，再由三角恒等变换求最大值即可得解.
【详解】（1）①其为直线段且时， 米，
所以在中，，即（米）.
所以（平方米）；
②其为以为圆心的圆弧时，此时圆的半径为（米），
圆心角，所以圆弧的长，
所以（平方米）
（2）由题意，，，
由正弦定理可得：，
即
，其中，
当，即时，（米）.
即有效遮挡区域高的最大值为米.
18．（17分）已知抛物线上有一点，为抛物线的焦点，，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点向圆（点在圆外）引两条切线，交抛物线于另外两点，求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用点在抛物线上和，可构造方程组求得的值，进而得到抛物线方程；
（2）讨论可知两切线斜率必然存在，假设切线方程，利用圆心到直线距离等于半径可化简整理得到；假设直线方程，与抛物线方程联立可得韦达定理的结论，利用韦达定理表示出，可化简整理得到，由此可得直线所过定点.
【详解】（1）由题意知：，
抛物线过点，，
又，，
，又，解得：，
抛物线的方程为：.
（2）
由（1）得：，圆；
在圆外，，即；
当过点的圆的切线有一条斜率不存在时，即是圆的一条切线，则，
是过点的圆的另一条切线；
此时切线与抛物线有且仅有一个交点，不合题意；
当过点的圆的切线斜率存在时，设切线方程为：，即，
圆心到切线的距离，
整理可得：，
设两条切线的斜率分别为，则；
由题意知：直线斜率不为，可设直线方程为：，
由得：，
设，则，，
，
整理可得：，直线，
直线恒过定点；
综上所述：直线恒过定点.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；
④根据直线过定点的求解方法可求得结果.
19．（17分）设数阵，其中．设，其中且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”表示“将经过变换得到，再将经过变换得到以此类推，最后将经过变换得到．记数阵中四个数的和为．
(1)若，写出经过变换后得到的数阵，并求的值；
(2)若，求的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．
【答案】(1)，
(2)0
(3)证明见解析
【分析】（1）由，，求出数阵经过变化后的矩阵，进而可求得的值；
（2）分情况讨论，结合题意分析求解；
（3）分和两种情况讨论，推导出变换后数阵的第一行和第二行的数字之和，由此能证明的所有可能取值的和不超过．
【详解】（1）因为，
经过变换后得到的数阵，
经过变换后得到的数阵，
所以.
（2）若，则，可得；
若，则，可得；
若，则，可得；
若其中一个为3，另外两个属于，则，
可得；
若，则，可得；
若，其中一个为3，另外一个属于，
则，可得；
若，其中一个为3，另外一个属于，
则，可得；
若，则，可得；
综上所述：的所有可能取值的和为.
（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
同时含有和的子集共个，经过变换后第一行仍为、；
不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为
.
若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为．
同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为．
所以的所有可能取值的和为，
又因为、、、，所以的所有可能取值的和不超过．
【点睛】方法点睛：从定义知识的新情景问题入手这种题型它要求学生在新定义的条件下，对提出的说法作出判断，因此在解这类型题时就必须先认真阅读，正理解新定义的含义，再运用新定义解决问题，然后得出结论,
发电量
100
120
140
概率
0.1
0.4
0.5