甘肃省兰州市第五十八中学2024届高三第二次高考仿真考试数学试题（学生版+教师版）

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（考试时间：120分钟 试卷满分：160分）
注意事项：
1.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.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再动涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分（选择题 共58分）
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. 定义运算，则满足（为虚数单位）的复数z在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由已知运算和复数的运算化简即可.
详解】由题意可得，
即，
所以复数z在复平面内对应的点为，在第二象限，
故选：B.
2. 已知集合.若，则的最大值为（ ）
A. 2B. 0C. D. -2
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合的包含关系可得求解.
【详解】由于，所以，
故的最大值为，
故选：C
3. 已知是两个互相垂直的平面，是两条直线，，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】B
【解析】
【分析】根据面面垂直的性质与线面垂直的性质，结合充分、必要条件的定义即可求解.
详解】由题意知，，
若，当时，有；当时，与可能相交、平行、垂直.
若，由，得.
故“”是“”是必要不充分条件.
故选：B
4. 某学校为参加辩论比赛，选出8名学生，其中3名男生和5名女生，为了更好备赛和作进一步选拔，现将这8名学生随机地平均分成两队进行试赛，那么两队中均有男生的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由组合数公式计算出从人中选出人的情况，进而分两种情况讨论：选出的人中男女，男女，再结合古典概型可解．
【详解】根据题意，从8人中选出人，有种选法，
分种情况讨论：
①选出的人中有名男生和名女生，有种选法，
②选出的人中有名男生和名女生，有种选法，
则两队中均有男生的概率．
故选：D．
5. 德国数学家狄利克雷（Dirichlet）是解析数论的创始人之一，下列关于狄利克雷函数的结论正确的是（ ）
A. 有零点B. 是单调函数
C. 是奇函数D. 是周期函数
【答案】D
【解析】
【详解】根据狄利克雷函数的性质即可由或均为有理数求解A，根据即可判断单调性求解B，根据和同为有理数或同为无理数，即可求解C，根据和同为有理数或同为无理数即可求解D.
【分析】对于A，因为或均为有理数，
所以，故没有零点，A错误，
对于B，因为，所以，
故不是单调函数，B错误，
对于C，因为和同为有理数或同为无理数，所以，
故是偶函数，C错误，
对于D，设任意非零有理数，则和同为有理数或同为无理数，
所以，故是周期函数（以任意非零有理数为周期），D正确，
故选：D.
6. 故，，，则a，b，c的大小顺序是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由指数函数和对数函数的单调性得出即可.
【详解】，
所以，
故选：D
7. 已知圆锥PO的顶点为P，其三条母线PA，PB，PC两两垂直，且母线长为6，则圆锥PO的内切球表面职与圆锥侧面积之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知和正弦定理，勾股定理求出圆锥底面圆的半径和高，再由三角形面积相等求出圆锥内切球半径，然后由球的表面积公式和圆锥的侧面积公式求出结果即可.
【详解】因为三条母线PA，PB，PC两两垂直，且母线长为6，
所以为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长，
由正弦定理可得底面圆的半径，
所以圆锥高，
如图，圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径，
轴截面三角形面积为，
所以内切球半径，
内切球的表面积为，
圆锥的侧面积为，
所以其和为，
故选：C.
8. 若关于x的不等式恒成立，则实数m的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对所给不等式适当变形，利用同构思想得出对于任意恒成立，进一步构造函数利用导数分析最值即可求出结果.
【详解】由题意可得，
恒成立等价于恒成立，
令，
则恒成立，
所以在定义域内严格单调递增，
所以若有成立，则必有恒成立，
即对于任意恒成立，
令，
则，
令，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，
从而，所以的取值范围为，即实数m的最大值为，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键是能利用对数的运算将所给不等式化简为，再构造函数利用导数分析单调性.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 函数与表示同一函数
B. 函数与是同一函数
C. 函数的图象与直线的图象至多有一个交点
D. 函数，则0
【答案】BC
【解析】
【分析】根据相等函数的定义判断A、B，根据函数的定义判断C，由函数解析式求出函数值，即可判断D.
【详解】对于A：，因为两函数的定义域不相同，故不是同一函数，故A错误；
对于B：函数与定义域相同，解析式一致故是同一函数，故B正确；
对于C：根据函数的定义可知，函数的图象与直线的图象至多有一个交点，故C正确；
对于D：因为，所以，
则，故D错误.
故选：BC
10. 数列满足：，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. 是等比数列
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用已知求得，可判断A；，可得，判断BC，进而求得，判断D.
【详解】由，
当，解得，故A正确；
当，可得，
所以，所以，
即，而，故C正确，B不正确；
因，故D错误.
故选：AC.
11. 某工厂对生产的产品进行质量检测，检测包括两轮，每轮检测有A和B两种结果．第一轮是对所有生产产品进行检测，检测结果为B的产品定等级为乙；检测结果为A的产品需进行第二轮检测．在第二轮检测中，检测结果为B的产品定等级为乙；检测结果为A的产品定等级为甲．在每轮检测中，甲等品检测结果为A的概率是0.95，乙等品检测结果为A的概率是0.05．已知该厂生产的产品中甲等品的占比为，则（ ）
A. 已知一件产品是乙等品，检测后定等级为甲的概率是0.0025
B. 已知一件产品是甲等品，检测后定等级为乙的概率是0.0025
C. 从检测后的产品中随机抽取一件，检测结果是甲等品的概率为0.8125
D. 已知一件产品检测结果是甲等品，该产品检测前是乙等品的概率大于0.001
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A选项：要使检测后定等级为甲，则两轮检测结果都为A，用概率乘法公式计算即可;
对于B选项：要使检测后定等级为乙，则可能为第一轮检测结果为B，或第一轮检测为A，但第二轮检测结果为B，用概率加法公式计算即可;
对于C选项：利用该厂生产的产品中甲等品的占比为，计算即可;
对于D选项: 记该产品检测前是乙等品为事件，记该产品检测结果是甲等品为事件，利用条件概率公式计算即可.
【详解】结合题意可得：
①若一件产品是甲等品，要使检测后定为等级甲，则两轮检测结果都为A，即检测后定等级为甲的概率；
②若一件产品是甲等品，要使检测后定为等级乙，则可能为第一轮检测结果为B，或第一轮检测为A，但第二轮检测结果为B,
即检测后定等级为乙的概率为，
③若一件产品是乙等品，要使检测后定为等级甲，则两轮检测结果都为A，即检测后定等级为甲的概率；
④若一件产品是乙等品，要使检测后定为等级乙，则可能为第一轮检测结果为B，或第一轮检测为A，但第二轮检测结果为B,
即检测后定等级为乙的概率为.
综上所述：
对于A选项：已知一件产品是乙等品，检测后定等级为甲的概率是0.0025，故A选项正确；
对于B选项：已知一件产品是甲等品，检测后定等级为乙的概率是0.0975，故B选项错误；
对于C选项: 因为该厂生产的产品中甲等品的占比为，所以从检测后的产品中随机抽取一件，要使检测结果是甲等品的概率为，故C选项正确；
对于D选项: 记该产品检测前是乙等品为事件，记该产品检测结果是甲等品为事件,
则,,
则，故D选项错误.
故选：AC.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本共3小题，每小题5分，共15分.
12. 2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，小明同学三个多选题中第一小题确定得满分，第二小题随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，则小明同学多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）的中位数为______．
【答案】11
【解析】
【分析】列举出所有的得分情况，再结合中位数的概念求答案即可.
【详解】由题意得小明同学第一题得6分；
第二题选了2个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、4分和6分；
第二题选了1个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、2分和3分；
由于相同总分只记录一次，因此小明的总分情况有：6分、8分、9分、10分、12分、13分、14分、15分共8种情况，
所以中位数为，
故答案为：11.
13. 设钝角三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则________.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理表示出，再利用同角三角函数的平方关系，得到，建立方程，求出b的值，然后利用钝角三角形，排除一个答案.
【详解】由余弦定理得，，
而由，得，
因为是钝角三角形，且，故A为锐角，所以，
所以，解得或，
当时，即，，由大边对大角得：最大角为C，
，故C为锐角，不符合题意；
当时，即，，由大边对大角得：最大角为B，
，故B是钝角，符合题意，
故答案为：
14. 在空间直角坐标系下，由方程所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆面）.如果用坐标平面分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为，，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）.已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆与点，则这个椭球面的方程为________.

【答案】
【解析】
【分析】采用待定系数法，结合已知定义可设，代入点坐标即可结果.
【详解】设椭球面的方程为：，
椭球面过点，，解得：，
椭球面的方程为：.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查与椭圆有关的新定义问题的求解，解题关键是能够充分理解椭球面方程与截面方程之间的关系，进而采用待定系数法来进行求解.
四、解答题：本题共5小去，共7分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 为了解温度对物质参与的某种化学反应的影响，研究小组在不同温度条件下做了四次实验，实验中测得的温度x（单位：°C）与的转化率y% （转化率=）的数据如下表所示：
（1）求y与x的相关系数（结果精确到0.01）；
（2）该研究小组随后又进行了一次该实验，其中的起始量为50 g，反应结束时还剩余2.5 g，若已知y关于x的线性回归方程为，估计这次实验是在多少摄氏度的温度条件下进行的..
参考数据： ，，，.
参考公式：相关系数
【答案】（1）
（2）85°C
【解析】
【分析】（1）计算出，带入相关系数的计算公式，即可算出答案.
（2）由线性回归方程必过样本中心点，即可算出的值，根据题意算出带入回归方程即可算出答案.
【小问1详解】
，
所以
；
【小问2详解】
根据回归直线的性质，，即，得.
由条件可知，
令，得，
因此估计这次实验是在85°C的温度条件下进行的.
16. 对于各项均不为零的数列，我们定义：数列为数列的“比分数列”.已知数列满足，且的“比分数列”与的“2-比分数列”是同一个数列.
（1）若是公比为2的等比数列，求数列的前项和；
（2）若是公差为2的等差数列，求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用已知求出通项公式，再求前项和即可.
（2）利用累乘法求通项公式即可.
【小问1详解】
由题意知，
因为，且是公比为2的等比数列，所以，
因为，所以数列首项为1，公比为4的等比数列，
所以；
【小问2详解】
因为，且是公差为2的等差数列，所以，
所以，
所以，
所以，因为，
所以.
17. 如图，在三棱台中，H在AC边上，平面平面，，，，，.
（1）证明：；
（2）若且的面积为.求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理和勾股定理证明，再由线面垂直的判定定理证明平面即可证明；
（2）由三棱台的几何关系求出，再建立空间直角坐标系，找到平面的一个法向量为，再由线面角的向量公式求出即可；
【小问1详解】
因为，在中，由余弦定理可得
，
解得，
所以，即，
又平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，
由平面，所以，
又因为，所以，
【小问2详解】
在中，，，，
所以，
又，
所以，
由（1）知平面，则以为原点，的方向为轴，建立如图所示的坐标系，
点的纵坐标为，横坐标为，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则平面的一个法向量为，
设与平面所成的角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
18. 在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为.
（i）求的值；
（ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii），3
【解析】
【分析】（1）根据题意列出方程，化简，即可求得答案；
（2）（i）设，，，设直线方程为，联立曲线C的方程，可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，即可求得答案；（ii）分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得结论.
【小问1详解】
由题意可知，，
化简得，于是，动点的轨迹方程为．
【小问2详解】
（i）设，，，不妨假设在第一象限，
则E在第四象限，
由题意知的斜率存在且不为0，
设直线方程为，代入可得，
需满足，所以，
,直线方程为，代入，
可得，，则，
因为，，所以，
即.
同理，，，即，所以，则关于x轴对称，
所以；
（ii）.
所以，.
综上，为定值．
【点睛】易错点点睛：解答此类直线和圆锥曲线的位置关系类题目，综合性较强，难度较大，容易出错的地方在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，因此要求计算时要十分细心.
19. 英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
（1）根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；
（2）由该公式可得：．当时，试比较与的大小，并给出证明；
（3）设，证明：．
【答案】（1）；
（2），证明见解析；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据麦克劳林公式求得，赋值即可求得近似值；
（2）构造函数，利用导数判断其单调性和最值，即可证明；
（3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为 ，再裂项求和即可证明.
【小问1详解】
令，则，，，，
故，，，，，
由麦克劳林公式可得，
故.
【小问2详解】
结论：，
证明如下：
令，
令，
故在上单调递增，，
故在上单调递增，，
即证得，即．
【小问3详解】
由（2）可得当时，，且由得，
当且仅当时取等号，故当时，，
，
而
，
即有
故
而，
即证得.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的处理关键是能够利用第二问结论，将原式放缩为，再利用裂项求和法证明，对学生已知条件的利用能力以及综合应用能力提出了较高的要求，属综合困难题.
x
45
55
65
75
y
23
38
65
74