2024年贵州省安顺市高考数学模拟试卷（一）（含解析）

这是一份2024年贵州省安顺市高考数学模拟试卷（一）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设集合A={1,3,5,6}，B={2,3,5,8}，则A∩B=( )
A. {1,2,3,5,6,8}B. {3,5}C. {1,3}D. {2,8}
2.若复数z满足(1+i)z=2，则z=( )
A. 1+iB. 1−iC. 2+2iD. 2−2i
3.设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a2+a8=14，a15=27，则S12=( )
A. 150B. 140C. 130D. 120
4.向量a=(6,2)在向量b=(2,−1)上的投影向量为( )
A. (2,−1)B. (1,−12)C. (4,−2)D. (3,1)
5.已知圆C：(x−1)2+(y−2)2=9，直线l：m(x+y+1)+y−x=0，m∈R，则下列说法正确的是( )
A. 直线l过定点(−1,−1)B. 直线l与圆C一定相交
C. 若直线l平分圆C的周长，则m=−4D. 直线l被圆C截得的最短弦的长度为 3
6.2023年8月至10月贵州榕江举办了“超级星期六”全国美食足球友谊赛.已知第一赛季的第一个周六(8月26日)共报名了贵州贵阳烤肉队等3支省内和辽宁东港草莓队等3支省外美食足球代表队.根据赛程安排，在8月26日举行三场比赛，每支球队都要参赛，且省内代表队不能安排在同一场，则比赛的安排方式有( )
A. 6种B. 9种C. 18种D. 36种
7.将函数f(x)=sinx的图像先向右平移π3个单位长度，再把所得函数图像上的每个点的纵坐标不变，横坐标都变为原来的1ω(ω>0)倍，得到函数g(x)的图像.若函数g(x)在(−π2,0)上单调递增，则ω的取值范围是( )
A. (0,16]B. (0,13]C. (0,12]D. (0,1]
8.已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f′(x)+ex也是偶函数，若f(a)>f(2a−1)，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,1)B. (1,+∞)
C. (13,1)D. (−∞,13)∪(1,+∞)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设样本数据1，3，5，6，9，11，m的平均数为x−，中位数为x0，方差为s2，则( )
A. 若x−=6，则m=7
B. 若m=2024，则x0=6
C. 若m=7，则s2=11
D. 若m=12，则样本数据的80%分位数为11
10.已知a>0，b>0，且a+b=2，则( )
A. 2a+2b⩾2 2B. 1a+1b⩾2
C. lg2a+lg2b⩽1D. a2+b2⩾2
11.在三棱锥P−ABC中，PC⊥平面ABC，PC=AB=3，平面ABC内动点D的轨迹是集合M={D||DA|=2|DB|}.已知C，Di∈M且Di在棱AB所在直线上，i=1，2，则( )
A. 动点D的轨迹是圆
B. 平面PCD1⊥平面PCD2
C. 三棱锥P−ABC体积的最大值为3
D. 三棱锥P−D1D2C外接球的半径不是定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知tanα=2，则1sin2α= ______．
13.已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和3，高为2 3.若圆台内有一个球，则该球体积的最大值为______.(球的厚度可忽略不计)
14.设F1，F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，B为椭圆C的上顶点，直线BF1与椭圆C的另一个交点为A.若AF2⋅BF2=0，则椭圆C的离心率为______．
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.(本小题13分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinC= 3ccsA．
(1)求角A；
(2)若a=2，求△ABC面积的最大值．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，PA=AD=2AB=2．
(1)证明：平面PCD⊥平面PAD；
(2)求平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
猜灯谜，是我国独有的民俗文娱活动，是从古代就开始流传的元宵节特色活动.每逢农历正月十五传统民间都要把谜语写在纸条上并贴在彩灯上供人猜.在一次猜灯谜活动中，若甲、乙两名同学分别独立竞猜，甲同学猜对每个灯谜的概率为23，乙同学猜对每个灯谜的概率为12.假设甲、乙猜对每个灯谜都是等可能的，试求：
(1)甲、乙任选1个独立竞猜，求甲、乙恰有一人猜对的概率；
(2)活动规定：若某人任选2个进行有奖竞猜，都猜对则可以在A箱中参加抽取新春大礼包的活动，中奖概率是23；没有都猜对则在B箱中参加抽取新春大礼包的活动，中奖概率是14，求甲同学抽中新春大礼包的概率；
(3)甲、乙各任选2个独立竞猜，设甲、乙猜对灯谜的个数之和为X，求X的分布列与数学期望．
18.(本小题17分)
已知双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，虚轴长为2，点A(−4,−1)在C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过原点O的直线与C交于S，T两点，已知直线AS和直线AT的斜率存在，证明：直线AS和直线AT的斜率之积为定值；
(3)过点(0,1)的直线交双曲线C于P，Q两点，直线AP，AQ与x轴的交点分别为M，N，求证：MN的中点为定点．
19.(本小题17分)
英国数学家泰勒发现了如下公式：
ex=1+x+x22!+x33!+⋯+xnn!+⋯
其中n!=1×2×3×4×⋯×n，e为自然对数的底数，e=2.71828⋯.以上公式称为泰勒公式.设f(x)=ex−e−x2,g(x)=ex+e−x2，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题．
(1)证明：ex⩾1+x；
(2)设x∈(0,+∞)，证明：f(x)x0−π6ω+2kπω≤−π25π6ω+2kπω≥0，(k∈Z)，
解得00，∴2a+2b≥2 2a⋅2b=2 2a+b=2 22=4，当且仅当2a=2b，即a=b=1时，等号成立，故A错误；
对于B，∵a>0，b>0，
∴1a+1b=12(a+b)(1a+1b)=12(2+ba+ab)≥12(2+2 ba⋅ab)=2，当且仅当ba=ab，即a=b=1时，等号成立，故B正确；
对于C，∵a>0，b>0，∴ab≤(a+b2)2=1，当且仅当a=b=1时，等号成立，
∴lg2a+lg2b=lg2ab≤lg21=0，故C错误；
对于D，∵a>0，b>0，∴ab≤(a+b2)2=1，当且仅当a=b=1时，等号成立，
∴a2+b2=(a+b)2−2ab=4−2ab≥4−2=2，当且仅当a=b=1时，等号成立，故D正确．
故选：BD．
利用基本不等式可判断ABD，利用对数的运算性质，结合基本不等式可判断C．
本题主要考查了基本不等式的应用，考查了对数的运算性质，属于基础题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，因为AB=3，所以在平面ABC内，以AB所在直线为x轴，
以线段AB的中垂线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(−32,0),B(32,0),D(x,y)，由|DA|=2|DB|知，
(x+32)2+y2=2 (x−32)2+y2，化简可得(x−52)2+y2=4，即点D的轨迹为圆，故A正确；
对于B，根据以上证明可知，点D1和D2是圆(x−52)2+y2=4与x轴的两个交点，如上图，
由条件可知，点C在圆上，
则∠D1CD2=90°，又PC⊥平面ABC，D1C，D2C⊂平面ABC，
所以PC⊥D1C，PC⊥D2C，
所以∠D1CD2是二面角D1−PC−D2的平面角，则平面PCD1⊥平面PCD2，故B正确；
对于C，当点C到AB的距离为2时，此时△ABC的面积最大，此时最大面积是12×3×2=3，
则三棱锥P−ABC体积的最大值为13×3×3=3，故C正确；
对于D，由以上证明可知，∠D1CD2=90°，且D1D2=4，如图，
取D1D2的中点M，作OM⊥平面CD1D2，且OM=32，
所以R=OC= CM2+OM2= 22+94=52，
所以三棱锥P−D1D2C外接球的半径是定值52，故D错误．
故选：ABC．
首先在底面建坐标系，利用轨迹法求得点D的轨迹，点C也在轨迹圆上，再根据几何关系，以及体积公式，外接球的半径问题，利用数形结合，即可求解．
本题考查了锥体体积的有关计算，多面体与球体内切外接问题，判断面面是否垂直，立体几何中的轨迹问题，属于难题．
12.【答案】54
【解析】解：∵tanα=2，则1sin2α=cs2α+sin2α2sinαcsα=1+tan2α2tanα=1+44=54，
故答案为：54．
利用同角三角函数的基本关系、二倍角公式，化简所给的式子，可得结果．
本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角公式，属于基础题．
13.【答案】4 3π
【解析】解：画出圆台的轴截面，要使球的体积最大，则球需要与AD，CD，BC相切，设圆O的半径为R，则OE=OF，
作OG⊥AB，BH⊥CD，
因为圆台高为2 3，
所以BH=2 3，CH=CE−BG=3−1=2，
所以BC= BH2+CH2= 12+4=4，
又因为OE⊥CD，OF⊥BC，所以△OCE≅△OCF，
所以CF=EC=3，
所以BF=BC−CF=1，
又OQ=2 3−R，
且OB2=BG2+OG2=OF2+BF2，
即(2 3−R)2+1=R2+12，
解得R= 3，
所以球体积的最大值为43π( 3)3=4 3π．
故答案为：4 3π．
根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与AD，CD，BC相切时，其体积最大，再结合条件求得球的半径，即可得到结果．
本题考查了球的体积的最值计算，属于中档题．
14.【答案】 55
【解析】解：易得F1(−c,0)，F2(c,0)，B(0,b)，则F1B方程为y=bc(x+c)，
与椭圆联立y=bc(x+c)x2a2+y2b2=1，得c2x2+a2(x+c)2=a2c2，
化简得(a2+c2)x2+2a2cx=0，解得x=0或x=−2a2ca2+c2，故A(−2a2ca2+c2,−b3a2+c2)，
则kBF2=−bc，kAF2=b33a2c+c3，
∵AF2⋅BF2=0，∴AF2⊥BF2，∴kBF2⋅kAF2=−1，
即−bc⋅b33a2c+c3=−1，
∴b4−3a2c2−c4=0，即(a2−c2)2−3a2c2−c4=0，
化简得a4−5a2c2=0，故c2a2=15，
∴e= 55．
故答案为： 55．
求得直线F1B方程为y=bc(x+c)，进而求得点A的坐标，利用AF2⋅BF2=0，可得−bc⋅b33a2c+c3=−1，求解可得椭圆C的离心率．
本题考查椭圆的性质，考查率心率的求法，考查了逻辑推理和运算能力，属中档题．
15.【答案】解：(1)因为asinC= 3ccsA，
所以由正弦定理得sinAsinC= 3sinCcsA，
又C∈(0,π)，sinC≠0，
所以sinA= 3csA，
即tanA= 3，
又A∈(0,π)，
所以A=π3；
(2)因为a=2，A=π3，
由余弦定理，得csA=b2+c2−a22bc=12，
所以b2+c2−4=bc，
由基本不等式知b2+c2⩾2bc，
于是bc=b2+c2−4⩾2bc−4⇒bc⩽4，当且仅当b=c=2时等号成立，
所以△ABC的面积S=12bcsinA= 34bc⩽ 34×4= 3，当且仅当b=c=2时，面积S取得最大值 3．
【解析】(1)利用正弦定理，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得tanA= 3，结合A∈(0,π)，可求A的值；
(2)由余弦定理，基本不等式可求bc⩽4，当且仅当b=c=2时等号成立，进而利用三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，余弦定理，基本不等式以及三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以PA⊥CD．
因为底面ABCD是矩形，所以AD⊥CD．
又PA∩AD=A，AD，PA⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD．
又因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD．
(2)解：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(0,2,0)，P(0,0,2)，A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，
所以PC=(1,2,−2),BC=(0,2,0),CD=(−1,0,0)．
设平面PCD的一个法向量为m=(x2,y2,z2)，则
m⋅PC=0,m⋅CD=0⇒x1+2y1−2z1=0,−x1=0.，取y2=1，则x2=0，z2=1，
可得平面PCD的一个法向量为m=(0,1,1)．
设平面PBC的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，则
n⋅PC=0,n⋅BC=0⇒x1+2y1−2z1=0,2y1=0.，取x1=2，则y1=0，z1=1，
可得平面PBC的一个法向量为n=(2,0,1)．
设平面PBC与平面PCD的夹角为θ，则
csθ=|cs|=|n⋅m||n||m|=1 5× 2= 1010，
所以平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值为 1010．
【解析】(1)由题意可得PA⊥CD，AD⊥CD，可证CD⊥平面PAD，进而可证结论；
(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面PBC的一个法向量与平面PCD的一个法向量，利用向量的夹角公式可求得平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值．
本题考查面面垂直的证明，考查面面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】解：设A=“甲猜对一个灯谜”，B=“乙猜对一个灯谜”，
则P(A)=23,P(B)=12，
(1)由题意可知，甲、乙恰有一人猜对的事件为AB−+A−B，
所以P(AB−+A−B)=P(AB−)+P(A−B)=P(A)P(B−)+P(A−)P(B)=23×12+13×12=12，
即甲、乙恰有一人猜对的概率为12；
(2)设C=“甲猜对两道题”，D=“甲中奖”，
则P(D)=P(C)P(D|C)+P(C−)P(D|C−)=(23)2×23+[1−(23)2]×14=827+536=47108，
所以甲同学抽中新春大礼包的概率47108；
(3)由(1)知P(A)=23,P(B)=12，
由题意可知，X的可能取值为0，1，2，3，4，
P(X=0)=(13)2×(12)2=136，
P(X=1)=C21×23×13×(12)2+C21×12×12×(13)2=19+118=16，
P(X=2)=(23)2×(12)2+(13)2×(12)2+C21×23×13×C21×12×12=1336，
P(X=3)=C21×23×13×(12)2+C21×12×12×(23)2=13，
P(x=4)=(23)2×(12)2=19．
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×136+1×16+2×1336+3×13+4×19=8436=73．
【解析】(1)设A=“甲猜对一个灯谜”，B=“乙猜对一个灯谜”，则P(A)=23,P(B)=12，再利用独立事件的概率乘法公式求解；
(2)利用条件概率公式求解；
(3)易知甲、乙猜对灯谜的个数之和X的可能取值为0，1，2，3，4，再利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，得到X的分布列，进而求出E(X)的值．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵虚轴长2b=2，∴b=1．
又∵点A(−4,−1)在双曲线上，
∴16a2−1b2=1，解得a=2 2，
故双曲线C的方程为x28−y2=1．
(2)证明：设S(x0,y0)，则T(−x0,−y0)，
∴kAS⋅kAT=y0+1x0+4⋅−y0+1−x0+4=1−y0216−x02，
∵S(x0,y0)在双曲线C上，∴x028−y02=1⇒1−y02=2−x028，
于是kAS⋅kAT=1−y0216−x02=2−x02816−x02=18，
∴直线AS和直线AT的斜率之积为定值，定值是18．
(3)证明：设直线PQ的方程为y=kx+1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立y=kx+1,x2−8y2=8⇒(1−8k2)x2−16kx−16=0，
则Δ=(−16k)2−4(1−8k2)×(−16)=64−256k2>0，
x1x2=−161−8k2，x1+x2=16k1−8k2①，
∴y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=1②，
y1+y2=(kx1+1)+(kx2+1)=k(x1+x2)+2=21−8k2③，
直线AP的方程为y=y1+1x1+4(x+4)−1，令y=0，得点M的横坐标为xM=x1+4y1+1−4，
同理可得点N的横坐标为xN=x2+4y2+1−4，
∴xM+xN=x1+4y1+1+x2+4y2+1−8
=x1y2+x2y1+x1+x2+4(y1+y2)+8(y1+1)(y2+1)−8
=x1(kx2+1)+x2(kx1+1)+x1+x2+4(y1+y2)+8y1y2+y1+y2+1−8
=2kx1x2+2(x1+x2)+4(y1+y2)+8y1y2+y1+y2+1−8．
将①②③式代入上式，并化简得到xM+xN=8+8(1−8k2)2+2(1−8k2)−8=−4，
∴MN的中点的横坐标为x=xM+xN2=−2，
故MN的中点是定点(−2,0)．
【解析】(1)根据已知可得a，b的值，从而可得双曲线的方程；
(2)设S(x0,y0)，则T(−x0,−y0)，利用两点的斜率公式计算kAS⋅kAT，由点S在双曲线上可得kAS⋅kAT为定值；
(3)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，直线PQ的方程为y=kx+1，与双曲线方程联立，可得根与系数的关系，求出直线AP的方程，令y=0，可得点M的横坐标，同理可得点N的横坐标，利用根与系数的关系化简xM+xN为定值，即可得证．
本题主要考查双曲线的性质及标准方程，直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
19.【答案】证明：(1)设h(x)=ex−x−1，则h′(x)=ex−1>0⇒x>0，
所以h(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．
因此h(x)⩾h(0)=0，即ex⩾1+x．
证明：(2)ex=1+x+x22!+x33!+x44!+x55!+⋯+xnn!+⋯，①
于是e−x=1−x+x22!−x33!+x44!−x55!+⋯+(−1)nxnn!+⋯，②
由①②得，
f(x)=ex−e−x2=x+x33!+x55!+⋯+x2n−1(2n−1)!+⋯，
g(x)=ex+e−x2=1+x22!+x44!+⋯+x2n−2(2n−2)!+⋯，
所以f(x)x=1+x23!+x45!+⋯+x2n−2(2n−1)!+⋯
0；当x0时，F‴(x)=ex−e−x2>0，
F″(x)在(0,+∞)上单调递增，
F″(lna)=elna+e−lna2−a=12(a+1a)−a=12(1a−a)