广西名校2024届高三下学期高考模拟试卷数学信息卷

这是一份广西名校2024届高三下学期高考模拟试卷数学信息卷，共22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。


一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数在复平面内的对应点为，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．在中，是的中点，是中点，则（ ）
A．B．
C．D．
4．函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知椭圆C：的左焦点为F，P为C上一动点，定点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列为等差数列，若，且它们的前n项和有最大值，则使得的n的最大值为
A．19B．20C．21D．22
7．已知圆的方程为，为圆上任意一点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．函数的最大值为（ ）
A．2B．C．0D．
二、多选题
9．下列命题中正确的是（ ）
A．某校按的比例对高一、高二、高三三个年级的学生进行分层随机抽样，如果抽取的样本容量为900，则样本中高一年级的学生人数为300
B．一组数据12，13，14，14，15，16的平均数与众数相同
C．一组数据从小到大依次为1，2，3，5，m，若这组数据的极差为中位数的2倍，则
D．若甲组数据为1，2，3，4，5，乙组数据为6，7，8，9，10，则甲组数据的标准差大于乙组数据的标准差
10．设函数的定义域为，满足，当时，，若对于任意的，都有，则实数的取值可以是（ ）
A．3B．C．D．6
11．如图所示，设单位圆与轴的正半轴相交于点，以轴非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点，，，则下列说法正确的是（ ）
A．的长度为
B．扇形的面积为
C．当与重合时，
D．当时，四边形面积的最大值为
12．如图(a)，边长为2的正方形 AP₁P₂P₃中，B，C分别是P₁P₂，P₂P₃的中点，AP₂交BC于D，现沿AB，AC及BC把这个正方形折成一个四面体，如图(b)，使P₁，P₂，P₃三点重合，重合后的点记为P，则有（ ）

A．平面PAD⊥平面PBC
B．四面体 P-ABC 的体积为
C．点P到平面ABC的距离为
D．四面体 P-ABC 的外接球的体积为
三、填空题
13．已知双曲线的一个焦点在直线上，且焦点到渐近线的距离为，那么双曲线的方程为 ．
14．某商场举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的5个，黄色的3个，蓝色的2个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同颜色的小球的概率为 .
15．如图，正四面体的体积为，、是棱、靠近点的三等分点，是棱靠近点的三等分点，是棱靠近点的三等分点，则多面体体积为 .

16．定义在上的奇函数的导函数为，且当时，，则不等式的解集为 ．
四、解答题
17．在中，角A，B，C的对边分别为，且.
(1)求角A的大小；
(2)若是线段的中点，且，求的面积.
18．如图，在中，，，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，将沿DE折起到的位置，使得平面平面BCED．
(1)平面平面BCED；
(2)若F为的中点，求点F到面的距离．
19．已知正项数列的前n项和为，且满足．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)若，数列的前n项和为，证明：．
20．某种病菌在某地区人群中的带菌率为10%，目前临床医学研究中已有费用昂贵但能准确检测出个体是否带菌的方法．现引进操作易、成本低的新型检测方法：每次只需检测x，y两项指标，若指标x的值大于4且指标y的值大于100，则检验结果呈阳性，否则呈阴性．为考查该检测方法的准确度，随机抽取50位带菌者(用“*”表示)和50位不带菌者(用“＋”表示)各做1次检测，他们检测后的数据，制成如统计图．
附：，n＝a＋b＋c＋d.
(1)从这100名被检测者中，随机抽取一名不带菌者，求检测结果呈阳性的概率；
(2)依据小概率值α＝0.001的独立性检验，能否认为“带菌”与“检测结果呈阳性”有关？
(3)现用新型检测方法，对该地区人群进行全员检测，用频率估计概率，求每个被检者“带菌”且“检测结果呈阳性”的概率．
21．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，恒成立．
22．已知抛物线：上一点到焦点的距离为2.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的直线交抛物线于，两点，点，连接交抛物线于另一点，连接交抛物线于另一点，且与的面积之比为，求直线的方程.
参考答案：
1．C
【分析】
根据集合交集运算求解即可.
【详解】由题，
又，
所以.
故选：C
2．C
【分析】
利用已知条件先得到，再利用复数的运算法则求解即可得出结果.
【详解】
因为复数在复平面内的对应点为
所以
所以虚部为.
故选：C
3．B
【分析】
结合图形，利用平面向量的数乘运算即可得解.
【详解】
如图，是的中点，是中点，

所以.
故选：B.
4．C
【分析】
根据指数型复合函数的单调性求解.
【详解】设，
因为函数在区间上单调递减，
所以根据复合函数的单调性可得，
函数在区间上单调递减，
所以，解得，
故选：C.
5．B
【分析】
记椭圆的右焦点为，由椭圆定义转化为，当是的延长线椭圆的交点时，可取得最大值．
【详解】，在椭圆内部，记椭圆的右焦点为，，椭圆中，在椭圆上，
，，
，当是的延长线椭圆的交点时，取等号，
所以的最大值为，
故选：B．
6．A
【解析】根据的函数性质，结合的正负，即可容易判断.
【详解】因为数列的前n项和有最大值，故可得；
又因为，故可得；且；
又，由等差数列的前项和公式可知：
.
故满足题意的的最大值为.
故选：A.
【点睛】本题考查等差数列的下标和性质，其前项和的函数性质，属综合中档题.
7．C
【分析】
将圆的方程化为标准式，表示圆上的点与点的连线的斜率，求出过点与圆相切的切线的斜率，即可求出的取值范围.
【详解】
圆的方程为，即，圆心为，半径，
则表示圆上的点与点的连线的斜率，
过点作圆的切线方程，
显然，切线斜率存在，设切线方程为，即．
则，解得，
所以的取值范围为．
故选：C．
8．A
【分析】
先利用二倍角的正弦公式和两角和的余弦公式化简，再令，利用换元法求解即可.
【详解】，
令，则，
故，
则，
所以当时，，
所以函数的最大值为.
故选：A.
9．BC
【分析】
由分层抽样的概念可判定A，由平均数和众数的概念可判定B，由中位数和极差的定义可判定C，由标准差的定义可判定D.
【详解】对于A，可知高一学生数为，故A错误；
对于B，该组数据的平均数，众数也是14，故B正确；
对于C，易知该组数据的极差为，中位数为3，则，故C正确；
对于D，易知甲乙两组的平均数分别为，
故两组数据的标准差分别为，
，故D错误.
故选：BC
10．AB
【分析】
根据，且当时，，作出函数的部分图象，结合图象即可求出实数的取值范围，从而得出结论.
【详解】由函数的定义域为，满足，
当时，可得，
当时，，，
当时，，；
作出函数的部分图象如下图所示：
由类周期函数性质可知，当时，恒成立；
解方程可得或；
又因为对于任意的，都有，利用图象可知，
因此选项AB符合题意.
故选：AB
11．ACD
【分析】利用弧长公式判断A，利用扇形面积公式判断B，利用锐角三角函数判断C，根据、三角形面积公式及三角恒等变换公式化简，再根据正弦函数的性质计算出面积最大值，即可判断D.
【详解】解：依题意圆的半径，，，，
所以的长度为，故A正确；
因为，所以扇形的面积，故B错误；
当与重合时，即，则，则，故C正确；
因为，所以
所以当，即时，故D正确；
故选：ACD
12．ABD
【分析】
利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理判断A；利用锥体的体积公式结合等积变换可判断BC；利用三棱锥的外接球即是以为棱长的长方体的外接球判断D.
【详解】
对于A，由已知可得，平面，
则⊥平面，又平面，故平面平面，故A正确；
对于B，因为两两垂直，则，故B正确；
对于C，设到平面ABC的距离为，，
，解得．点P到平面ABC的距离为，故C错误；
对于D，因两两垂直，故三棱锥的外接球即是以为棱长的长方体的外接球，
故球的半径为，则球的体积为，故D正确，
故选：ABD．
13．
【分析】
根据点到直线的距离公式可得，由焦点在直线上可得，进而可求解.
【详解】由题意可得双曲线的焦点在轴上，
又直线与的交点为，所以右焦点为，故，
渐近线方程为，
所以到渐近线的距离为，
又，故双曲线方程为，
故答案为：
14．
【分析】
应用组合数求取出3个为同一种颜色的取法、任取3个球的取法，应用古典概型、对立事件概率求法求至少含有两种不同颜色的小球的概率.
【详解】由题意，取出3个为同一种颜色有种取法，
10个大小一样的小球任取3个球有种取法，
所以至少含有两种不同颜色的小球的概率为.
故答案为：
15．/
【分析】
多面体体积为三棱锥与四棱锥体积之和,再利用体积之比与高之比底面积之比的关系解题即可.
【详解】连接，
∵
∴，
∵，
∴,
∴多面体体积为：.
故答案为：.
16．
【分析】
构造函数，通过研究的奇偶性与单调性求解不等式.
【详解】
令，因为是定义在上的奇函数，
则，
所以为偶函数.
当时，，，
由已知，
所以，
则在上单调递增，
由可化为，
即，得；
当，，则，
即，
由为偶函数，则在上单调递减，
得，
所以不等式的解集为．
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题解题关键是构造函数并发现是偶函数，通过研究其单调性来解不等式，特别要注意分段讨论，因为的符号不能确定.
17．(1)
(2)4
【分析】
（1）通过正弦定理将边化为角，再求解角即可；
（2）法一，取中点，连接，分割图形再用余弦定理即可解决；法二，利用向量构建三边关系求出，再算面积即可.
【详解】（1），
由正弦定理可得，
整理，即，
又，则，
，又.
（2）法一：如图，取中点，连接，
是线段的中点，,
在中，,
由余弦定理可得,
.
法二：因为是线段的中点，，
，即，
，.
18．(1)证明见解析.
(2).
【分析】
（1）只需要证明垂直与平面BCED，在平面内，即可证明平面平面BCED；
（2）利用等体积法，与体积的比例进行列式求解即可.
【详解】（1）
证明：因为在中，，D，E分别为AB，AC的中点.
所以为等腰三角形.
又因为O为DE的中点.
所以，即翻折过后的，平面，
又因为平面平面BCED，平面平面.
所以平面.
（2）因为在中计算得，，
所以，.
由图可知，，设点到平面的距离为，
所以，即，
解得.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据数列递推式可得当时，有，结合可推出，结合等比数列定义即可证明结论；
（2）结合（1）可求出的表达式，可得的表达式，利用裂项相消法即可求得，结合不等式性质即可证明结论.
【详解】（1）由得，则当时，有，
两式相减得，
整理得，即，
因此数列是以为公比的等比数列．
（2）由（1）及可得，
因此．
于是，
所以
，
由于，所以，
故．
20．(1)
(2)可认为“带菌”与“检测结果呈阳性”有关．
(3)0.07
【分析】（1）按古典概型进行求解；
（2）列出列联表，再求出进行判断；
（3）用条件概率公式进行求解.
【详解】（1）设A＝“从这100名被检测者中，随机抽取一名不带菌者，检测结果呈阳性”，
根据统计图可知在不带菌者的50人中，检测结果呈阳性的有5人，所以 .
（2）假设：“带菌”与“检测结果呈阳性”无关，根据题意可得2×2列联表如下：
根据列联表中的数据，经计算得到 ，
所以依据小概率值α＝0.001的独立性检验，我们推断不成立，即认为“带菌”与“检测结果呈阳性”有关．
（3）设B＝“被检测者带菌”，C＝“被检测者检测结果呈阳性”，
则BC＝“被检测者‘带菌’且‘检测结果呈阳性’”，用频率估计概率，
根据题意可知 ， ，
所以由条件概率公式可知.
21．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）求出函数的定义域及导数，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；
（2）由（1）可得出，即证，利用导数求出函数的最小值，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：函数的定义域为，.
当时，对任意的，，此时，函数的增区间为，无减区间；
当时，由可得，由可得，
此时，函数的增区间为，减区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，函数的增区间为，减区间为.
（2）解：当时，若恒成立，则，
由（1）可知，函数在取极大值，亦即最大值，
即，即证，
即，
构造函数，其中，则，
由可得，由可得.
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，函数在处取得极小值，亦即最小值，
即，故，
故原不等式得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
22．(1)
(2)或.
【分析】
（1）根据抛物线的定义结合题意列方程可求出，从而可求得抛物线的方程；
（2）设直线的方程为，，，将直线方程代入抛物线方程化简，然后利用根与系数的关系，表示出直线的方程代入抛物线方程化简利用根与系数的关系可表示出点的横坐标，同理可表示出点的横坐标，再由化简可求出的值，从而可求出直线的方程.
【详解】（1）
由题可知焦点的坐标为，
所以由抛物线的定义可知，
即，所以抛物线的方程为.
（2）
易知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，
，，
由，得，
则，即或，.
因为，所以，
所以直线的方程为，
由，得，
设，则，得，
设，同理可得，
则
，
得，，
故直线的方程为或.

【点睛】
关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线中的三角形面积问题，解题的关键是分别表示出直线的方程，代入抛物线方程中化简利用根与系数的关系，表示出点的坐标，再根据列方程可求了直线的斜率，考查计算能力，属于较难题.
阳性
阴性
合计
带菌
35
15
50
不带菌
5
45
50
合计
40
60
100