【三轮冲刺】2024年高考数学 模拟押题卷03.zip

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注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．设集合，，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为集合，可得，
又由集合，要使得，可得，则满足.
故选：C.
2．已知复数是方程的一个根，则实数的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由复数是方程的一个根，
得，
解得，
故选：D.
3．已知数列为等比数列，为的前项和，且，，则（ ）
A．8B．5C．6D．7
【答案】A
【解析】设等比数列的公比为，，解得，
所以.
故选：A
4．如图，在平行四边形ABCD中，E是对角线AC上靠近点的三等分点，点F在BE上且为中点，若，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】点F在BE上且为中点，且E是对角线AC上靠近点的三等分点，
则
，
故选：A.
5．以下四个命题，其中正确的个数有（ ）
①经验回归直线必过样本中心点；
②在经验回归方程中，当变量x每增加一个单位时，变量平均增加0.3个单位；
③由独立性检验可知，有99%的把握认为物理成绩与数学成绩有关，某人数学成绩优秀，则他有99%的可能物理优秀；
④在一个列联表中，由计算得，则有99.9%的把握确认这两个变量间有关系（其中）．
A．1个B．4个C．3个D．2个
【答案】D
【解析】A选项，线性回归方程必过，故①正确；
B选项，当变量x每增加一个单位时，变量平均减少0.3个单位，故②错误；
C选项，有99%的把握认为物理成绩与数学成绩有关，是指这种判断出错的概率为，并不指某人数学成绩优秀，则他有99%的可能物理优秀，故③错误；
D选项，由独立性检验知识可知当，时，可认为99.9%的把握确认这两个变量间有关系，故④正确.
故选：D
6．函数（且）的图象恒过定点，若且，，则的最小值为（ ）
A．9B．8C．D．
【答案】B
【解析】函数（且）的图象恒过定点,所以，
,
,当且仅当，即等号成立
故选：B.
7．如图是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），已知该扇环的面积为，两段圆弧所在圆的半径分别为3和6，则该圆台的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】圆台的侧面展开图是一扇环，设该扇环的圆心角为，
则其面积为，解得，
所以扇环的两个圆弧长分别为和，
设圆台上下底面的半径分别为，高为，所以，解得，
，解得，作出圆台的轴截面，如图所示：
图中，，过点向作垂线，垂足为，则，
所以圆台的高，则上底面面积，，
由圆台的体积计算公式可得：.
故选：A.
8．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且，下列说法错误的是（ ）
A．为偶函数
B．
C．当时，在上有3个零点
D．若在上单调递减，则的最大值为9
【答案】D
【解析】由，
其图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，
则，
又，则，得，
则，
对A，函数的定义域为，，则函数为偶函数，A正确；
对B，，B正确；
对C，当时，，由，得，
，所以可取，当时，在上有3个零点，C正确；
对D，由，解得，
则函数在单调递减，
因为在上单调递减，所以，解得，即的最大值为5，D错误.
故选：D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．已知直线及圆，则（ ）
A．直线过定点
B．直线截圆所得弦长最小值为2
C．存在，使得直线与圆相切
D．存在，使得圆关于直线对称
【答案】ABD
【解析】A选项，由，
得，解得，所以直线过定点为，故A正确；
B选项，由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，
当时，直线截圆所得弦长最短，因为，
则最短弦长为，故B正确；
C选项，，故点在圆内，所以直线与圆一定相交，故C错误；
D选项，当直线过圆心时，满足题意，此时，解得，
故D正确.
故选：ABD.
10．已知O为坐标原点，点A(1，0)，P1(csα，sinα)，P2(csβ，-sinβ)，P3(cs（α + β）， sin（α + β）)，则（ ）
A．OP1 = OP2B．AP1= AP2C．P1P2 = AP3D．P2P3 = AP1
【答案】AC
【解析】A：，，则，正确；
B：，，则，，所以、不一定相等，错误；
C：，，则，，所以，正确；
D：，，则，，所以、不一定相等，错误；
故选：AC
11．如图所示，将平面直角坐标系中的格点(横4纵坐标均为整数的点)的横、纵坐标之和作为标签，例如：原点处标签为0，记为；点处标签为1，记为；点处标签为2，记为；点处标签为1，记为；点处标签为0，记为；…以此类推，格点处标签为，记则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【解析】对A，由题意得，第一圈从到共8个点，由对称性可得，
第二圈从到共16个点，由对称性可得，
根据归纳推理可得第圈共有个点，这项的和也是0.
设在第圈，则，且，
由此可知前22圈共有2024个点，即，且对应点为，
所以对应点为，所以，故A正确；
对B，因为，所以，故B错误；
对C，由图可得对应点为，所以，故C错误；
对D，因为，
又对应点为，所以，
对应点为，所以，
…
对应点为，所以，
所以所以，故D正确.
故选：AD
12．在正方体中，，点满足，.下列结论正确的有（ ）
A．直线与一定为异面直线
B．直线与平面所成角正弦值为
C．四面体的体积恒定且为2
D．当时，的最小值为
【答案】ABD
【解析】由题意在正方体中，，，
即E为的中点；
以D为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，
由得，
则点，由于，则，
故点F落在四边形的内部，
而在平面内，即和平面相交，
而平面，直线，故直线与一定为异面直线，A正确；
设平面的法向量为，，
则，令，则，
又，故，
设线与平面所成角为，
故，B正确；
由于点F落在四边形的内部，故F到平面的距离为2，
则四面体的体积,
即四面体的体积为定值，C错误；
当时，，此时点F在上（不含端点），
如图将绕翻折到和四边形到同一平面内，
连接交即为F点，则的最小值为的长；
由题意可知，
故
，
故，即的最小值为，D正确，
故选：ABD
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在的二项展开式中，的系数为 .
【答案】
【解析】由展开式的通项公式为：
令，
所以的系数为：.
故答案为：.
14．若函数，则不等式的解集为 .
【答案】
【解析】因为，则有：
当时，可得，解得；
当时，可得，则，解得；
综上所述：不等式的解集为.
故答案为：.
15．双曲线的光学性质为：如图①，从双曲线右焦点发出的光线经双曲线镜面反射，反射光线的反向延长线经过左焦点. 我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，就是利用了双曲线的这个光学性质.某“双曲线灯”的轴截面是双曲线一部分，如图②，其方程为，为其左右焦点，若从右焦点发出的光线经双曲线上的点A和点反射后，满足，，则该双曲线的离心率为 .
【答案】
【解析】
由题可知共线，共线，
如图，设，则，
因为，所以，
又，所以，所以，所以，
又因为，，所以，
所以，得，则，
又，且，所以，
化简得，所以.
故答案为：.
16．在数列中， 下列说法正确的是 ．
①若，则一定是递增数列;
②若则一定是递增数列；
③若， 则对任意，都存在，使得
④若，且存在常数，使得对任意，都有则的最大值是 ．
【答案】②③
【解析】对于①，，故，
所以为等比数列，公比为2，
若，则数列的首项为，故，，
由于在R上单调递减，此时为单调递减数列，①错误；
对于②，，
令，当时，恒成立，
当时，，故恒成立，
当时，，
故在单调递增，故，
综上，恒成立，故一定是递增数列，②正确；
对于③，，
因为，所以，，……，
以此类推，可得为递增数列，且时，，
故对任意，都存在，使得，③正确；
对于④，，当时，，
又，故，
此时为递增数列，且，
故不存在常数，使得对任意，都有④错误.
故答案为：②③
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
17．（10分）
在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角B的大小；
(2)若，且AC边上的高为，求的周长．
【解析】（1）因为，
所以由得，
所以，解得或，
因为，所以，则，故，
则，故．
（2）因为，令，则，
由三角形面积公式可得，则，故，
由余弦定理可得，则，解得，
从而，，，故的周长为．
18．（12分）
已知是等比数列，是等差数列，且
(1)求和的通项公式；
(2)求；
(3)设数列的通项公式为，求．
【解析】（1）因为是等比数列，是等差数列，设，
又因为，
可得，解得，
所以，.
（2）因为，由等差数列的求和公式，可得.
（3）因为，且，.
可得
设，即
则
所以
所以
19．（12分）
如图，在三棱锥中，平面，，.

(1)求点到平面的距离；
(2)设点为线段的中点，求二面角的正弦值.
【解析】（1）因为平面，又平面，平面，
所以，
又，由勾股定理得，
又，
所以，故，
因为，平面，
所以平面，则为点到平面的距离，
故点到平面的距离为2.
（2）在平面内过点作的平行线，则，
以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
由勾股定理得：，
则，
，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
设平面的法向量为，
则即，取，则，
所以，
记二面角的大小为，则，
故二面角的正弦值为.
20．（12分）
已知函数，．
(1)证明：对于，，都有．
(2)当时，直线：与曲线和均相切，求直线的方程．
【解析】（1）因为，所以，即．
当时,，
欲证，，只需证在上恒成立．
令，，
当时，当且仅当即时等号成立，
故，
所以函数在区间上单调递增，所以，所以．
综上所述，对于，，都有．
（2）当时，，设直线与曲线的切点为，
因为，所以曲线在点的切线方程为，
联立方程，得，
由，得，即．
由（1）知，函数在上单调递增，且，
所以方程有且只有一个实根，
所以，即，
代入得，
所以直线的方程为．
21．（12分）
已知在平面直角坐标系中，点，，的周长为定值．
(1)设动点P的轨迹为曲线C，求曲线C的方程；
(2)过点A作直线l交C于M、N两点，连接BM、BN分别与y轴交于D、E两点，若，求直线l的方程．
【解析】（1）周长为，
可得为定值，
所以点P的轨迹是一个椭圆（去掉左右顶点），
设方程为，
于是，，解得.
又因为是，所以点P不能位于x轴上，
所以点P的轨迹方程为.
（2）由题意，直线l的斜率不为0，
设直线l：，，，
将直线l方程代入椭圆，整理得到，
由韦达定理，得.
直线BM：，
令可得，同理.
由可得，
化简得到，
即，
即.
代入韦达定理整理得，，即，
解得，，
所以直线l的方程为.
22．（12分）
运动会期间，某班组织了一个传球游戏，甲、乙、丙三名同学参与游戏，规则如下：持球者每次将球传给另一个同学.已知，若甲持球，则他等可能的将球传给乙和丙；若乙持球，则他有的概率传给甲；若丙持球，则他有的概率传给甲，游戏开始时，由甲持球.记经过n次传球后甲持球的概率为.
(1)若三次传球为一轮游戏，并且每轮游戏开始都由甲持球，规定：在一轮游戏中，若在第3次传球后，持球者是甲，为甲胜利.记随机变量X为3轮游戏后甲胜利的次数，求X的分布列和数学期望；
(2)求.
【解析】（1）据题意只需关注前3次球由谁持球即可，则持球的所有可能情况为甲乙丙甲，甲丙乙甲，
，
因此一轮游戏甲胜利的概率为，随机变量的可能取值为，
，
，
所以的分布列为：
数学期望.
（2）设事件表示次传球后，球在甲同学手上，事件表示次传球后，球在乙同学手上，
事件表示次传球后，球在丙同学手上，设次传球后，乙持球的概率为，
则，由全概率公式知：
，
整理得，于是，而，即，
因此数列是以为首项，为公比的等比数列，即有，
所以.
X
0
1
2
3
P