湖北省黄冈市浠水县第一中学2024届高三下学期第二次模拟考试数学试题及答案

这是一份湖北省黄冈市浠水县第一中学2024届高三下学期第二次模拟考试数学试题及答案，共21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对应的点在虚轴上，则实数（ ）
A．B．0C．1D．2
3．“a≠2”是“直线l1：x﹣ay+3＝0与l2：ax﹣4y+5＝0相交”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．古印度数学家婆什迦罗在《莉拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日4德拉玛（古印度货币单位），其后日增5德拉玛.朋友啊，请马上告诉我，半个月中，他总共布施多少德拉玛？在这个问题中，这人15天的最后7天布施的德拉玛总数为（ ）
A．413B．427C．308D．133
5．已知圆O：，P为直线l：上的一个动点，过P作圆O的切线，切点分别为 A、B，若直线PA、PB关于直线l对称，则（ ）
A．B．C．D．
6．我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量.概率论中有一个重要的结论：若随机变量，当充分大时，二项随机变量可以由正态随机变量来近似地替代，且正态随机变量的期望和方差与二项随机变量的期望和方差相同.法国数学家棣莫弗（1667-1754）在1733年证明了时这个结论是成立的，法国数学家､物理学家拉普拉斯（1749-1827）在1812年证明了这个结论对任意的实数都成立，因此人们把这个结论称为棣莫弗—拉普拉斯极限定理.现抛掷一枚质地均匀的硬币2500次，利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于1200次的概率为（ ）
（附：若，则，
A．0.99865B．0.97725C．0.84135D．0.65865
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与双曲线在第一象限的交点为，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知在四面体中，，二面角的大小为，且点A，B，C，D都在球的球面上，为棱上一点，为棱的中点．若，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，分别为随机事件A，B的对立事件，，，则（ ）
A．B．
C．若A，B独立，则D．若A，B互斥，则
10．已知为坐标原点，点为抛物线：的焦点，点，直线：交抛物线于，两点（不与点重合），则以下说法正确的是（ ）
A．
B．存在实数，使得
C．若，则
D．若直线与的倾斜角互补，则
11．已知函数与函数的图象相交于两点，且，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知一组数据点，用最小二乘法得到其线性回归方程为，若，则 ．
13．在中，内角，，所对的边分别为，，，，，则当取得最大值时， .
14．设为的展开式的各项系数之和，，，表示不超过实数x的最大整数，则的最小值为 ．
四、解答题
15．设函数.
(1)求的极值；
(2)若对任意，有恒成立，求的最大值.
16．11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为10∶10.
(1)求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值；
(2)求第一局比赛甲获胜的概率；
(3)现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.
17．在四棱锥中，已知，，，，，是线段上的点．
(1)求证：底面；
(2)是否存在点使得与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
18．已知椭圆离心率为，椭圆上的点到焦点的最远距离是.
(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆上有四个动点，，，，且与相交于点.
①若点的坐标为，为椭圆的上顶点，为椭圆的右顶点，求的斜率;
②若直线与的斜率均为时，求直线的斜率.
19．已知是个正整数组成的行列的数表，当时，记．设，若满足如下两个性质：
①；
②对任意，存在，使得，则称为数表．
(1)判断是否为数表，并求的值；
(2)若数表满足，求中各数之和的最小值；
(3)证明：对任意数表，存在，使得．
参考答案：
1．A
【分析】
根据根式与对数的定义域，结合交集的定义求解即可.
【详解】由，
所以，
故，
故选：A
2．C
【分析】
根据复数的运算和几何意义分析求解.
【详解】
由题意可得：，
因为复数在复平面内对应的点在虚轴上，则，解得.
故选：C.
3．B
【分析】先计算若直线平行，可得的值，然后根据充分条件、必要条件的概念进行判断可得结果.
【详解】由题可知：直线l1：x﹣ay+3＝0，直线l2：ax﹣4y+5＝0
当直线平行时：且，
则
所以当时，直线l1：x﹣ay+3＝0与l2：ax﹣4y+5＝0相交
故“a≠2”是“直线l1：x﹣ay+3＝0与l2：ax﹣4y+5＝0相交”的必要不充分条件
故选：B
【点睛】本题考查直线相交的计算以及充分不必要条件的判断，本题关键在于说明两直线平行，正所谓正难则反，属基础题.
4．A
【分析】
根据题意，初日4德拉玛，以后每日等量增加5德拉玛，故每日德拉玛数依次构成等差数列，利用等差的通项公式和前项和公式求解.
【详解】由题知，每日德拉玛数依次构成等差数列，设数列首项为，公差为，则，.
则通项公式，，，
则这人15天的最后7天布施的德拉玛总数为：
.
故选：A
5．B
【分析】
由题意可得，，求出，再结合二倍角公式即可得解.
【详解】
由题知、关于直线对称，知，
则，
记，则，
则，所以．
故选：B．
6．B
【分析】正态随机变量的均值方差可由二项分布的均值方差公式来近似，根据题中所给数据运算即可得解.
【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币2500次，设硬币正面向上的次数为，
则.
由题意，且，
因为，即，
所以利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于1200次的概率为.
故选：B.
7．D
【分析】设，为锐角，依题意可得，，再由，得到，又，利用勾股定理得到方程，即可求出，从而求出，最后求出离心率即可．
【详解】
设，为锐角，
因为，，所以，，
，，又，
，
，
，
，
，
，（负值舍去），，
，，
双曲线的离心率．
故选：D．
【点睛】
方法点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出，，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于，，的齐次式，结合转化为，的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围)．
8．C
【分析】
根据题意和几何关系，并在所在平面内建立平面直角坐标系，确定点的位置和坐标，即可求解.
【详解】由题意知与均为等边三角形，连接，，则，，是二面角的平面角，

所以，又易知，所以是等边三角形．
设为的外心，为的中点，连接，则点O，P，Q都在平面内，建立平面直角坐标系如图．
设，则，，所以．
又，所以，因为，易知，
则，，从而，．

故选：C
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是结合几何关系，建立如图所示的平面直角坐标系，转化为平面几何问题.
9．ACD
【分析】
根据条件概率、独立事件、互斥事件的基本概念，以及对应的概率计算公式可以得到答案.
【详解】因为，A正确，B错误；
由独立事件定义，若A，B独立，则，，C正确；
若A，B互斥，则，，，D正确．
故选：ACD
10．ACD
【分析】
根据抛物线和直线方程可知直线过抛物线焦点，利用焦半径公式可判断A正确；联立直线和抛物线方程利用向量数量积公式可知，恒成立，所以B错误；根据可知A，B两点的纵坐标关系，解得其交点坐标代入直线方程可得，即C正确；由直线与的倾斜角互补，可知，利用韦达定理联立方程即可求出，即D正确.
【详解】
由已知，抛物线：，∴，，焦点，
不妨设为，，设，到准线的距离分别为，，

对于A，∵由标准方程知，抛物线顶点在原点，开口向右，，
直线：过焦点，
∴由抛物线的定义，故选项A正确；
对于B，消去，化简得（显然），
则，，
∵，∴，∴，
∵，，∴，
∴，∴，
∴不存在实数，使得，选项B错误；
对于C，，，
∵，∴，∴，
又∵由选项B判断过程知，，
∴解得，，或，，，
∴若，则，选项C正确；
对于D，由题意，，，，，
直线与的倾斜角互补时，斜率均存在，且，
∴，代入，，化简得，
由选项B的判断知，，
∴，∴，故选项D正确.
故选：ACD.
11．AC
【分析】
构造函数利用奇偶性和单调性得出，结合选项逐项验证即可.
【详解】由题意有两个不等的实数根，，，
令，则，即为奇函数；
当时，，为增函数；
若，则，又，所以.
对于A，，正确.
对于B，若成立，则有，与矛盾，所以B不正确.
对于C，由指数均值不等式可得，所以，C正确.
对于D，令，，当时，，为增函数，
所以，即，D不正确.
故选：AC.
【点睛】结论点睛：均值不等式的拓展：（1）对数型均值不等式：，
其中，；（2）指数型均值不等式：，其中.
12．
【分析】
根据回归方程必过样本中心点，即可得到答案.
【详解】根据题意可知该组数据点，
所以，
所以，
故答案为：
13．
【分析】
由正弦定理可求出的外接圆半径，借助于正弦定理进行边化角运算可得，在中，，由两角和的正弦公式展开代入的正余弦值计算，由辅助角公式即可求出结果.
【详解】
解：，，设外接圆半径为．则，
得，
则
，
其中，，．
当．即时，取得最大值，
此时．所以.
故答案为：
14．/0.2
【分析】
赋值法求出，结合导数判断，确定结合等差数列求和公式得，将转化为点点距的平方进而求解.
【详解】
令可得，，，
设，则，
令，得
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
则
故对任意的，
故，故，即
，
则的几何意义为点到点的距离的平方，
最小值即点到的距离的平方，
与的交点横坐标，
且点到直线的距离，
点到直线的距离，
的最小值为
故答案为:
【点睛】
关键点点睛：本题考查利用导数解决函数最值及点点距的应用，关键是利用导数判断出，进而确定.
15．(1)极小值，无极大值；
(2).
【分析】
（1）求导，判断函数单调性即可确定极值;
（2）分离参数并构造新函数，求导，判断函数单调性求出最小值即可求解.
【详解】（1）.
令，得，令，得.
故在单调递减，在单调递增.
在处取得极小值，无极大值.
（2）对恒成立，即对恒成立.
令，则只需即可.
.
易知均在上单调递增，
故在上单调递增且.
当时，单调递减；
当时，单调递增.
.故，故的最大值为.
16．(1)分布列见解析，均值
(2)
(3)
【分析】
（1）易知的所有可能取值为，根据条件概率公式可求得对应概率取值可得分布列和均值；
（2）根据获胜规则求出第一局比赛甲获胜概率的表达式，解得；
（3）由五局三胜制的规则，可知的所有可能取值为，求出对应概率相加即可求得甲获胜的概率为.
【详解】（1）依题意，的所有可能取值为
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，
所以，
.
所以的分布列为
故的均值为.
（2）设第一局比赛甲获胜为事件，则.
由（1）知，，
由全概率公式，得
解得，即第一局比赛甲获胜的概率.
（3）由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，根据五局三胜制的规则，
设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立，
所以的所有可能取值为，
因此可得；
故该场比赛甲获胜的概率.
17．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】
（1）首先证明平面，可得出，利用勾股定理的逆定理可证得，再结合线面垂直的判定定理，即可证明底面；
（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，设，且，求平面的法向量，利用，即可求得的值，即可得出结论.
【详解】（1）在中，，
所以．
在中，，
由余弦定理有：，
所以，，所以，
所以，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
在中：，则，
所以，，
因为，、平面，
所以面．
（2）因为平面，以点A为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有、、、、，
设，其中，
则，
设为面的法向量，则有，
取，则，
所以，平面的一个法向量为，
设与平面所成的角为
，
由题意可得，
可得，因为，所以．
因此，存在点使得与平面所成角的余弦值为，且．
18．(1)
(2)①；②
【分析】
（1）根据离心率及椭圆上的点到焦点的最远距离计算即可得；
（2）①由椭圆方程可得、点的坐标，即可得与的解析式，联立曲线计算即可得，两点坐标，即可得的斜率；②由与的斜率均为，可得，设，则有，结合向量共线满足的坐标运算，代入椭圆方程中，可得，同理可得，即可得，结合的斜率值，即可得，即可得直线的斜率.
【详解】（1）由椭圆的离心率为，故，
由椭圆上的点到焦点的最远距离是，故，
解得，，故，
即椭圆的方程为；
（2）①由椭圆的方程为，则，，
则，即，
，即，
联立直线与椭圆方程，有，消去可得，
解得或，由，故，则，即,
联立直线与椭圆方程，有，消去可得，
解得或，由，故，则，故，则；
②设，，，，，
设，
则有，即，
由在椭圆上，故，
在椭圆上，故有，
化简得，
由，即有，
则有，
由直线与的斜率均为，故，
则有，同理可得，
故直线，
即有，即，
则.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问的最后一问的解题关键点在于由直线与的斜率相等，得到，从而可设出，得到，结合向量坐标运算得到，同理可得，即可得直线，结合的斜率值得到直线的斜率.
19．(1)是；
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；
（2）根据条件讨论的值，根据，得到相关的值，
进行最小值求和即可；
（3）当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，则该行有条有向线段，得到横向有向线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.
【详解】（1）是数表，
（2）由题可知.
当时，有，
所以.
当时，有，
所以.
所以
所以
或者，
或者，
或，或，
故各数之和，
当时，
各数之和取得最小值.
（3）由于数表中共个数字，
必然存在，使得数表中的个数满足
设第行中的个数为
当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，
则该行有条有向线段，
所以横向有向线段的起点总数
设第列中的个数为.
当时，将纵向相邻两个用从上到下的有向线段连接，
则该列有条有向线段，
所以纵向有向线段的起点总数
所以,
因为,所以.
所以必存在某个既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，
即存在
使得，
所以，
则命题得证.
0
1
2