【九省联考题型】备战2024高考三模数学模拟训练卷03（原卷+解析版）

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1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意求集合，再结合交集运算求解.
【详解】由题意可得：，，
所以.
故选：D.
2．函数的零点个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】由函数的单调性结合即可判断零点个数.
【详解】函数是R上的单调递增函数，且，
所以函数只有一个零点，
故选：A.
3．已知函数，（ 且，），则的单调性（ ）
A．与无关，与有关B．与有关，与无关
C．与有关，与有关D．与无关，与无关
【答案】D
【分析】根据单调性定义判断即可
【详解】设,则
当时,又因 可得,,所以,
即得,所以是单调递增的.
当时,又因 可得,,所以,
即得,所以是单调递增的.
所以的单调性与无关，与无关.
故选:.
4．若向量，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由向量平行的充要条件结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由题意，则“”是“”的充要条件.
故选：C．
5．已知是不重合的直线，是一个平面，对于下列命题说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若且，则
C．若且，则
D．若且，则
【答案】C
【分析】根据平面的基本性质，结合空间线线、线面位置关系判断各项正误.
【详解】A：若，则，可能平行或异面，错；
B：若且，则或，错；
C：若且，则，对；
D：若且，若，则不一定垂直，错.
故选：C
6．平面向量，，满足，，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，计算得到，求出，利用求出答案.
【详解】设，
则，
而，
因为，所以.
故选：B.
7．函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分析给定函数的奇偶性可排除两个选项，再对函数求导并求出在0处的导数值即可判断作答.
【详解】令，则其的定义域为，
则函数是奇函数，其图象关于原点对称，于是排除选项A，B；
，
于是得，即函数图象在原点处切线斜率大于0，显然选项C不满足，D满足.
故选：D
8．不等式对所有的正实数,恒成立，则的最大值为（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】D
【分析】由题意可得，令，则有，，结合基本不等式求得，于是有，从而得答案.
【详解】解：因为,为正数，所以，
所以，则有，
令，则，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以，，
又，所以，
即，
所以的最小值为1，
所以，
即的最大值为1.
故选：D.
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，常采用参变分离法，只需求出分离后的函数(代数式)的最值即可得解.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．已知复数，，则下列命题成立的有（ ）
A．若，则B．
C．若，则D．
【答案】BCD
【分析】举例说明判断A；利用复数的三角形式计算判断B；利用复数的代数形式，结合模及共轭复数的意义计算判断CD.
【详解】对于A，当时，，而，A错误；
对于B，令，则，
于是，而，即有，因此成立，B正确；
设复数，，
对于C，由，得，
则，，因此，C正确；
对于D，，则，
，因此，D正确.
故选：BCD
10．已知定义在上的函数满足，且是奇函数.则（ ）
A．B．
C．是与的等差中项D．
【答案】ACD
【分析】由，可推出的周期为4，由是奇函数可推出，通过赋值及函数的周期性可逐个判断各个选项.
【详解】因为，
所以，
两式相减得，
所以的周期为4.
因为是奇函数，
所以，所以，
即，
令，得.
因为，
令，得，
所以，即.
因为，
令，得，
所以，
所以，
所以，故A正确.
因为，
所以，即，所以.
因为，，所以B错误.
因为，，
所以，
所以是与的等差中项，故C正确.
因为，
所以，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过其奇偶性得到其周期性，再结合等差中项的含义以及赋值法一一分析选项即可.
11．椭圆曲线是代数几何中一类重要的研究对象.关于椭圆曲线：，下列结论正确的是（ ）
A．曲线关于点对称
B．曲线关于直线对称
C．当时，曲线上点的横坐标的取值范围为
D．若曲线上存在位于y轴左侧的点，则
【答案】BD
【分析】对A选项和B选项，设一组对称点代入检验即可；对选项C和选项D结合函数值域分析即可求解.
【详解】对选项A：
设曲线上有一点，则，
而点关于对称的点为，
如果曲线关于对称，则也应在曲线上，则有；
联立①②，得，此时无解，
所以和这样的对称点不存在，即不是该椭圆曲线的对称点，故A错误；
对选项B：
设曲线上有一点，则，
而点关于对称的点为，
如果曲线关于对称，则也应在曲线上，则有；
联立①②，得=，即=，该式恒成立，
则和是在曲线上且关于对称的点，即是该椭圆曲线的对称轴，故B正确；
对选项C：
因为，所以，
所以，当时，有，
因为，所以；
设，则，
令，所以，
当时，，在单调递增
当时，，在单调递减
当时，，在单调递增，
极大值，即点也在曲线上，所以C错误；
对选项D：
由原方程得：，
曲线上存在位于y轴左侧的点，即当时有点在曲线上，
设，则，
当，，在上单调递增，且，
所以此时，此时没有能使成立；
当时，令，所以，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
所以只需的极大值大于0即可使曲线上存在位于y轴左侧的点，
即，
所以
所以，
所以，得，即，所以D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：当曲线涉及到对称时，可设出对称点代入方程进行验证；涉及到取值范围，需要结合函数求出其取值范围综合分析.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
12．在中，已知，则 ；
【答案】
【分析】由余弦定理即可求解.
【详解】由余弦定理可得,
故答案为：
13．为丰富老年人的精神文化生活，提高老年人的生活幸福指数，某街道举办以社区为代表队的老年门球比赛，比赛分老年男组和老年女组，男女组分别进行淘汰赛．经过多轮淘汰后，西苑社区的老年男子“龙马”队和老年女子“风采”队都进入了决赛．按照以往的比赛经验，在决赛中“龙马”队获胜的概率为，“风采”队获胜的概率为，“龙马”队和“风采”队两队中只有一支队伍获胜的概率为（“龙马”队和“风采”队的比赛互不影响），则西苑社区的“龙马”队和“风采”队同时获得冠军的概率为 ．
【答案】/
【分析】根据独立事件、互斥事件的概率公式得到关于的方程，解出的值，再求同时获得冠军的概率即可.
【详解】由题意得两队中只有一队获胜包含“龙马”队获胜“风采”队未获胜和“龙马”队未获胜“风采”队获胜两种情况，
则，解得，
所以两队同时获得冠军的概率为，
故答案为：
14．某中学开展劳动实习，学生对圆台体木块进行平面切割，已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，要求切割面经过圆台的两条母线且使得切割面的面积最大.若圆台的高为，则切割面的面积为 ；若圆台的高为，则切割面的面积为 .
【答案】 2
【分析】可将圆台补成圆锥，过圆锥顶点的截面经过圆台两条母线，设定角为，把截面面积用表示出来，根据顶角范围即可求出最大面积.
【详解】解法一：如图，将圆台补成圆锥PO，设圆台的上、下底面半径分别为r，R，高和母线长分别为h，l，则.因为等腰梯形ABCD为过两条母线的截面，设.，则，得，则.①若，则，，当时，切割面的面积最大，最大面积；②若，则，，当时，切割面的面积最大，最大面积.
解法二：如图，设圆台上底面圆心为，下底面圆心为O，过两条母线的截面为四边形，可得四边形为等腰梯形.设，圆台的高，取，AB的中点分别为，D，连接，，OD，则四边形为直角梯形，过作交OD于点C.因为，，所以，，，，所以，所以.则.令，因为，所以，则，.①当时，，当且仅当，即时，.②当时，.令，则，，当时，取最大值3.此时.
故答案为：2；
【点睛】(1)圆台问题补成圆锥就能容易找到解题的思路方法，大大简化解题的难度；
(2)角变量的应用有时能化繁为简，减少运算难度，也是一种好的求范围分方法.
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）已知在等差数列中，，.
(1)求的通项公式；
(2)若是等比数列，且，，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设的公差为，由题意列方程组，解方程可求出，再由等差数列的通项公式可得出答案；
（2）由（1）求出，再由分组求和法即可得出答案.
【详解】（1）设的公差为.
由得，解得
所以；
（2）由（1）可知，，则，
因为是等比数列，所以公比为，
所以，所以.
所以.
16．（15分）如图，在平行六面体中，，，，，点为中点.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，写出各向量即可根据向量法证明；
（2）利用向量法求出二面角的余弦值即可求出正弦值.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以，
以为原点建立如图所示的坐标系，
所以，，，，，
所以，，，
设面的法向量为，
所以，令，所以，
因为，不在面内，所以平面；
（2），所以，
设面的法向量，
因为，所以，
令，则，
设面的法向量，
因为，所以，
令，所以，所以，
所以二面角的正弦值为.
17．（15分）为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第1天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，如果他第1天选择了米饭套餐，那么第2天选择米饭套餐的概率为；如果他第1天选择了面食套餐，那么第2天选择米饭套餐的概率为.已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为.
(1)求该同学开学第2天中午选择米饭套餐的概率；
(2)记该同学第天选择米饭套餐的概率为，
（i）证明：为等比数列；
（ii）证明：当时，.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）由对立事件概率、条件概率公式以及全概率公式即可得解.
（2）由对立事件概率、条件概率公式以及全概率公式首先得递推公式，（i）由等比数列定义证明即可；（ii）当时，结合单调性分奇偶讨论即可证明.
【详解】（1）设“第天选择米饭套餐”，则“第天选择面食套餐”，
根据题意，，，，
由全概率公式，得
；
（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，
则，，，，
由全概率公式，得，
即，，
，是以为首项，为公比的等比数列；
（ii）由（i）可得，
当为大于1的奇数时，；
当为正偶数时，.
18．（17分）已知椭圆（常数），点，，为坐标原点．
(1)求椭圆离心率的取值范围；
(2)若是椭圆上任意一点，，求的取值范围；
(3)设，是椭圆上的两个动点，满足，试探究的面积是否为定值，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)的面积为定值，理由见解析
【分析】（1）根据离心率公式直接可得范围；
（2）由，可得点坐标，代入椭圆方程可得，则设，，，可得；
（3）方法一：由已知可得，平方可得，即，化简得，化简面积可得；方法二：由已知，即，①当直线斜率不存在时，计算可得；②当直线斜率存在时，设直线的方程为：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示弦长，进而求得面积.
【详解】（1）由椭圆方程为，
则离心率，
又，
所以；
（2）由已知得，即，
又点是椭圆上任意一点，
则，化简可得，
设，，，
则；
（3）
方法一：由已知可得，即，
平方可得，
又，在椭圆上，
所以，，
所以，
化简可得，
，则，
所以，
故的面积为定值；
方法二：由已知，即，
①当直线斜率不存在时，，，
则，
又在椭圆上，
则，所以，，
此时；
②当直线斜率存在时，设直线的方程为：，
联立直线与椭圆，得，
则，
，，
，
则，即，
所以，
点到直线的距离，
所以，
所以的面积为定值.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19．（17分）约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.
(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
(2)当时，若构成等比数列，求正整数；
(3)记，求证：.
【答案】(1)8.
(2).
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题意即可写出a的一个值；
（2）由题意可知，，，，结合构成等比数列，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知为，即可求得a；
（3）由题意知，，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论.
【详解】（1）当时正整数的4个正约数构成等比数列，
比如为8的所有正约数,即.
（2）由题意可知，，，，
因为，依题意可知，所以，
化简可得，所以，
因为，所以，
因此可知是完全平方数.
由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以为，
所以,.
（3）证明：由题意知，，
所以，
因为，
所以
，
因为，，所以，
所以，
即.
【点睛】关键点点睛：在第二问的解答中，在得到后，要能根据，推得，继而得出，这是解决问题的关键.第三问的证明中，难点在于要能注意到，，从而可得，然后采用裂项求和的方法进行化简进而证明结论.