[数学]重庆市2024届高三下学期高考信息领航预测卷试题(二)(解析版)

这是一份[数学]重庆市2024届高三下学期高考信息领航预测卷试题(二)(解析版)，共17页。试卷主要包含了 已知集合，则， 已知向量，， 在中，，，为垂足，若，则， 下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，解得，则，
，所以，则.
故选：B.
2. 已知为虚数单位，复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】设，，则，
因为，所以，则，解得，
所以复数的虚部为.
故选：C
3. 2022年4月26日下午，神舟十三号载人飞船返回舱在京完成开舱．据科学计算，运载“神十三”的“长征二号”遥十三运载火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2千米，以后每秒钟通过的路程都增加2千米，在达到离地面380千米的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间大约是（ ）
A 10秒B. 13秒C. 15秒D. 19秒
【答案】D
【解析】设每秒钟通过的路程构成数列，
则是首项为2，公差为2的等差数列，
由求和公式有，
解得．
故选：D.
4. 已知向量，.若，则可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】∵，，∴，
∴，又∵，
∴或，
对选项A，若，，
解得，此时不成立；
对选项B，若，，
解得，此时不成立；
对选项C，若，，
解得，此时成立；
对选项D，若，，且
，此时不成立.
故选：C
5. 在中，，，为垂足，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】如下图所示：
不妨设，在中，，，则为等腰直角三角形，
所以，且，
又因为，则，
在中，，则，
所以，，，
因此，
.故选：A.
6. 算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一，算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠，例如，在百位档拨一颗下珠，十位档拨一颗上珠和两颗下珠，则表示数字，若在个、十、百、千位档中，先随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】依题意得所拨数字共有种可能．
要使所拨数字大于，则：
若上珠拨的是千位档或百位档，则所拨数字一定大于，有种；
若上珠拨的是个位档或十位档，则下珠一定要拨千位，再从个、十、百里选一个下珠，
有种，
则所拨数字大于的概率为，
故选：C．
7. 三棱锥的顶点都在以PC为直径的球M的球面上，．若球M的表面积为，，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A. 24B. C. 27D.
【答案】A
【解析】因为三棱锥的顶点都在以PC为直径的球M的球面上，
所以，又，，故面，
又 ，故面，又面，
故.球M的表面积为，设球的半径为，则，
解得，
即，所以，，
三棱锥的体积为，
要使体积最大，即最大，又，当且仅当时取等，故体积的最大值为.
故选：A.
8. 已知是定义在上的函数，若函数为偶函数，函数为奇函数，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. -1
【答案】A
【解析】因为函数为偶函数，所以，函数的图象关于直线对称，
又函数为奇函数，所以，所以函数图象关于对称，
所以，所以，即，
所以，则函数的一个周期为4，
令，则，所以，
令，，又，所以，
，
所以
.故选：A.
二､多项选择题
9. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若样本数据的样本方差为3，则数据的方差为7
B. 经验回归方程为时，变量和负相关
C. 对于随机事件与，若，则事件与相互独立
D. 若，则取最大值时
E. 残差和越小，模型的拟合效果越好
【答案】BC
【解析】对于A，已知样本数据的样本方差为3，则数据的方差为，不正确；
对于B，因为经验回归方程为的斜率小于，所以变量x和y负相关，正确；
对于C，若，根据条件概率公式有，变形可得，则事件与相互独立，正确；
对于D，因为随机变量，所以.
所以要使最大，只需最大，由二项式系数的性质得：当或4时最大，不正确；
对于E，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，而残差和小，残差平方和不一定小，不正确.
故选：BC
10. 设点为抛物线的焦点，过点斜率为的直线与拋物线交于两点（点在第一象限），直线交抛物线的准线于点，若，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 的面积为（为坐标原点）
E. 的面积为（为坐标原点）
【答案】BC
【解析】如图：
设，因为，
所以，所以，
又，所以，即，解得，故选项A不正确；
从而，，所以，故故选项C正确；
所以直线的方程为，又抛物线的准线为，所以，
则，所以，故选项B正确；
的面积为，
故选项DE不正确；
故选：BC
11. 已知，且，则（ ）
A. 的取值范围是
B. 的取值范围是
C. 的最小值是3
D. 的最小值是
E.
【答案】BD
【解析】对于A项，，由可得，因，故得，则，当且仅当时等号成立，错误；
对于B项，由可得，
因，故得：，当且仅当时等号成立，又，
所以的取值范围是，正确；
对于C和E项，由得，
所以，
当且仅当即时，等号成立，
所以，
故C项错误，E正确；
对于D项，由得，
所以，
当且仅当即时，等号成立，正确.
故选：BD.
三､填空题
12. 若的展开式中的系数为9，则a的值为______．
【答案】1
【解析】，且展开式的通项，
当时，，此时的系数为.
当时，，此时的系数为.
展开式中的系数为，．
故答案为：1
13. 在某次测验中，测验结果服从正态分布．若，则______．
【答案】0.6
【解析】因为服从正态分布，所以，
因为
故答案为：0.6.
14. 已知椭圆C：，直线l与C在第二象限交于A，B两点（A在B的左下方），与x轴，y轴分别交于点M，N，且|MA|：|AB|：|BN|=1：2：3，则l的方程为__________．
【答案】
【解析】如图，
由条件得点为线段中点，设点坐标为，得，
由得坐标为，将坐标分别代入中，
得解得 则坐标分别为､，
故直线方程为，即，
所以直线的方程为．
故答案为：
四､解答题
15. 已知数列是各项均为正数的等比数列，设.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）设数列的前5项和为35，，求数列的通项公式.
（1）证明：设的公比为，
∴
故，所以，
故是以为公差的等差数列；
（2）解：∵数列的前5项和为35，
∴，又，故的公差2，
故，即，
即，
故且，
从而，或，
所以或.
16. 如图1是由边长为4的正方形ABCD与腰长及下底长均为2的等腰梯形ABEF组成的平面图形，将此图形沿AB边折叠，使得平面平面ABEF，如图2所示．
（1）在图2中，连接BF，DF，求证：平面ADF；
（2）求图2中平面ADF与平面BDE夹角的余弦值．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴．
又平面平面ABEF，平面平面，
∴平面ABEF．
又平面ABEF，∴．
在等腰梯形ABEF中，，，易得，，．又，AD，平面ADF，
∴平面ADF．
（2）解：以F为坐标原点，FB，FA所在直线分别为x，y轴，过点F且垂直于平面ABEF的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，
∴，．
设平面BDE的法向量为，
则
令，得，，故．
易知平面ADF的一个法向量为，
所以，
故平面ADF与平面BDE的夹角的余弦值为．
17. 某超市购进一批同种类水果，按照果径大小分为四类：不达标果､标准果､精品果､礼品果.质检技术人员从该批水果中随机选取100个，按果径大小分成5组进行统计：（单位：）.统计后制成如下的频率分布直方图，并规定果径低于为不达标果，在到之间为标准果，在到之间为精品果，达到及以上的为礼品果.
（1）现采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个，再从这10个水果中随机抽取2个，记礼品果的个数为，求的分布列与数学期望；
（2）以频率估计概率，从这批水果中随机抽取个，设其中恰有2个精品果的概率为.当最大时，求的值.
解：（1）由题意，所以，
所以这100个水果中礼品果的个数为，
采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个，其中礼品果有个，
故随机变量的所有可能取值为，
则，，.
所以的分布列为
期望
（2）由频率分布直方图知，从该批水果中随机抽取1个，是精品果的概率为，
则，
所以，
要使最大，则且，
解得，因，
所以，所以当最大时，或.
18. 已知椭圆的离心率为，且过点，点O为坐标原点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）椭圆C上的动点M，P，Q满足直线的斜率互为相反数，且点M不在坐标轴上，设直线的斜率分别为，求的值.
解：（1）由题，联立解得，
所以椭圆方程为.
（2）设，直线，
联立椭圆方程得，
，∴，
，
同理可得，
∴，
∴.
19. 已知函数和有相同的最大值.
（1）求实数；
（2）设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为，证明：.
（1）解：，令.
有最大值，且在上单调递增上单调递减，.
，当时，单调递增；
当时，单调递减，
.
（2）证明：由，由，
令,
当时，，当时，，
所以在上单调递增；上单调递减，至多两个零点，
令，
当时，，当时，，
所以在上单调递增；上单调递减；至多两个零点.
令，
当时，，所以；
当时，由，
设，，
所以当时，，
所以在单调递增，所以，
所以，且，所以，
设
当时，，当时，，
所以在上单调递减，方程无解，
当时，由在上单调递增，
方程有唯一解，
当时，注意到，
设，对恒成立，
所以，
所以当时，，即，
因为，所以，，所以，
所以，
在和上各有一个零点，
示意图
如下注意到，
令，，即函数在上单调递减，
因此，即有，
在和上各有一个零点.
且由，而，
而在上单调递增，由，
由，而
而在上单调递减，由，
于是得，
，证毕!
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