安徽省安庆市第一中学2024届高三下学期6月第四次模拟（热身考试）数学试卷

这是一份安徽省安庆市第一中学2024届高三下学期6月第四次模拟（热身考试）数学试卷，共19页。试卷主要包含了记等差数列的前项和为，已知，则，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
~6.2
一､单选题
1.若集合，当时，集合的非空真子集个数为（ ）
A.8 B.7 C.6 D.4
2.的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，则为（ ）
A.6 B.5 C.8 D.4
3.记等差数列的前项和为，已知，则（ ）
A.33 B.44 C.55 D.66
4.在正三棱锥中，，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
5.已知圆是圆外一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（ ）
A. B.3 C. D.
6.在给某小区的花园绿化时，绿化工人需要将6棵高矮不同的小树在花园中栽成前后两排，每排3棵，则后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高的概率是（ ）
A. B. C. D.
7.已知，且，若函数在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知为坐标原点，抛物线上一点到其准线的距离为3，过的焦点的直线交于两点.当时，的值为（ ）
A. B. C. D.8
二､多选题
9.已知复数满足，且复数对应的点在第一象限，则下列结论正确的是（ ）
A.复数的虚部为
B.
C.
D.复数的共轭复数为
10.下列命题正确的是（ ）
A.已知由一组样本数据，得到的回归直线方程为，且，则这组样本数据中一定有
B.若随机变量，则
C.已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下28个数据的上四分位数可能等于原样本数据的上四分位数
D.若随机变量，且，则
11.已知函数为定义在上的函数的导函数，，，且，则下列说法正确的有（ ）
A.函数的图象关于直线对称
B.函数的图象关于点对称
C.
D.
三､填空题
12.以双曲线上一点为圆心的圆与轴恰好相切于双曲线的右焦点，且与轴交于两点.若为等腰直角三角形，则该双曲线的离心率是__________.
13.已知函数.直线与曲线的两个交点如图所示，若，且在区间上单调递减，则__________；__________.
14.三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为__________.
四､解答题
15.已知的内角的对边分别为的面积为.
（1）求；
（2）若，且的周长为5，设为边中点，求.
16.如图，在三棱台中，平面.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
17.据教育部统计，2024届全国高校毕业生规模预计达1179万，同比增加21万，岗位竞争激烈.为落实国务院关于高校毕业生就业工作的决策部署，搭建高校毕业生和用人单位求职招聘的双向对接通道，促进高校毕业生高质量充分就业，某市人社局联合市内高校开展2024届高校毕业生就业服务活动系列招聘会.参加招聘会的小王打算依次去甲､乙､丙三家公司应聘.假设小王通过某公司的专业测试就能与该公司签约，享受对应的薪资待遇，且不去下一家公司应聘，或者放弃签约并参加下一家公司的应聘；若未通过测试，则不能签约，也不再选择下一家公司.已知甲､乙､丙三家公司提供的年薪分别为10万元､12
万元､18万元，小王通过甲､乙､丙三家公司测试的概率分别为，通过甲公司的测试后选择签约的概率为，通过乙公司的测试后选择签约的概率为，通过丙公司的测试后一定签约.每次是否通过测试､是否签约均互不影响.
（1）求小王通过甲公司的测试但未与任何公司签约的概率；
（2）设小王获得的年薪为（单位：万元），求的分布列及其数学期望.
18.已知椭圆的短轴长为2，离心率为.
（1）求的方程；
（2）直线与交于两点，与轴交于点，与轴交于点，且.
（i）当时，求的值；
（ii）当时，求点到的距离的最大值.
19.记集合，且，集合，且，若，则称直线为函数在上的“最佳上界线”；若，则称直线为函数在上的“最佳下界线”.
（1）已知函数.若，求的值；
（2）已知.
（i）证明：直线是曲线的一条切线的充要条件是直线是函数在上的“最佳下界线”；
（ii）若，直接写出集合中元素的个数（无需证明）.
安庆一中2024届高三第四次模拟考试数学
参考答案：
1.C
2.A
3.D【分析】设等差数列的首项为，公差为，由已知可得，可求得，利用可求值.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
由，得，
即，
则，解得，
故.
4.C【分析】根据正三棱锥的结构特征可求解高的长度，进而根据勾股定理即可求解半径，即可由表面积公式求解，或者利用空间直角坐标系求解半径.
【详解】方法一：如图，取正三角形的中心为，连接，
则三棱锥的外接球球心在上，连接.
在正三角形中，，
所以.
在中，，
所以.
设外接球的半径为，
由，
解得，
所以三棱锥的外接球表面积.
故选：C.
方法二：在正三棱锥中，过点作底面于点，
则为底面正三角形的中心，
因为正三角形的边长为2，所以.
因为，所以.
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则.
设三棱锥的外接球球心为，半径为.
由，得，解得，
所以，
则三棱锥的外接球表面积.
故选：C.
5.C
【分析】设，可得，进而可得
，求解即可.
【详解】由，可得圆心，半径，
设，
则，
，
则有
，
解得，即.
故选：C.
6.C
【分析】方法一：先求出事件包含的基本事件个数，再根据古典概型的公式计算即可.
【详解】方法一：设六棵树从矮到高的顺序为，后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高为事件A.
则6必在后排，1在前排，
因此，分为1-6相对和1-6不对两种情况（相对的意思是前后相邻），
（1）1-6相对：5必在后排，2必在前排，
因此，又可分为2-5相对和2-5不对两种情况，
①2-5相对时，3-4相对且4在后排，所以有种情况；
②2-5不对，有种情况.
（2）1-6不对：可分为5在前排和5在后排两种情况，
（i）5在前排，则5-6相对且4在后排，又可分为1-4相对和1-4不对两种情况，
1-4相对：有种；
1-4不对：有种.
（ii）5在后排，又可分为1-5相对和1-5不对两种情况，
①1-5相对：2必在前排，又分为2-6相对和2-6不对两种，
2-6相对：有种；
2-6不对：有种.
②1-5不对，有种.
所以.
故选：C.
方法二：将设六棵树从矮到高的顺序为，后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高为事件，所以，
.
故选：C.
【点睛】本题的解题关键是合理分类，首先根据题意知6必在后排，1必在前排，所以根据1，6的位置关系分为两种情况，接下来就是根据每种情况，把能定下来的位置先定下来，不能定的就继续分类讨论，直至求出所有适合的基本事件个数.两个计数原理在解题时发挥了关键作用.
7.D.
【详解】由函数，可得
因为在上单调递减，所以在上恒成立，
令，则，
所以在上单调递减，
所以，即，
则，解得，即实数的取值范围是.
故选：D.
8.D
【分析】根据抛物线定义，结合已知条件，求得拋物线方程；再设出直线斜率和方程，联立抛物线方程，结合三角形面积，从而求得直线方程，进而由韦达定理求得结果.
【详解】因为抛物线上一点到其准线的距离为3，
所以，解得，所以拋物线的标准方程为.
由抛物线的方程可知，焦点，根据题意可知直线的斜率存在且不为0，
设直线.
由消去整理得，
所以.又，
所以，
解得，
则，
则.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键是能够根据三角形面积，结合韦达定理求得直线斜率，同时要注意熟练掌握拋物线焦半径公式，属综合中档题.
9.BC
【分析】由待定系数法，根据模长公式可得，即可结合选项逐一求解.
【详解】解：设，
由，得，解得或（舍去）.
，复数的虚部为，故错误；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误.
故选：BC.
10.BD
【分析】根据题意，结合回归方程的性质，样本均值和方程的计算方法，以及百分位数的计算方法，正态分布的概率计算，逐项判定，即可求解.
【详解】对于中，根据回归方程经过样本中心，但样本中心不一定是数据中的点，
所以这组数据不一定有，所以错误；
对于B中，由随机变量，得，所以B正确
对于中，将这原来的30个数从小到大排列为，
则，
所以原来的上四分位数为，
若去掉其中最大和最小的数据，剩下28个数据为，
则，
以剩下28个数据的上四分位数为，由于互不相同，所以C不正确；
对于中，由，
则，所以D正确.
故选：BD.
11.BCD
【分析】由条件，判断函数的对称性，判断A；由条件，判断函数的对称性，判断B；由条件可得，结合选项B的结论，判断函数的周期，由此判断C；结合的性质，求，结合周期性可求结论.
【详解】函数的定义域为，
因为，所以函数的图象关于点对称，
所以选项不正确；
对于B，因为，所以，
所以函数的图象关于点对称，所以选项正确；
对于，由选项知，，因为，
则，
所以，所以函数的图象关于直线对称，
又，所以，即，所以，
所以8是函数的一个周期，所以，所以选项正确；
对于D，，
所以
，所以D选项正确，
故选：BCD.
12.
【分析】由题设可得，根据圆与坐标轴的位置关系及为等腰直角三角形得到关于和的齐次方程，即可求离心率.
【详解】
为双曲线上一点，不妨设在第一象限，，
与轴相切于双曲线的焦点的横坐标为，
将代入得，，又，解得，
的半径为，点到轴的距离为，
为等腰直角三角形，
所以，
所以，即，
所以，解得，
，即双曲线的离心率为.
故答案为：.
13.；
【分析】根据和，可构造方程求得，并确定为半个周期，根据正弦函数单调性可构造方程组求得.
【详解】设，
由得：，
又，解得：，
此时的最小正周期，
在区间上单调递减，
和分别为单调递减区间的起点和终点，
当时，，
，又
综上所述：.
故答案为：.
14.
【分析】首先证明截面为长方形，设，将面积表示为关于的二次函数，结合二次函数的性质即可得结果.
【详解】如图所示，因为平面，设面，所以，
同理：，
设，所以，即，
所以四边形为平行四边形，即，
面面，所以面，
又因为面，面面，所以，即，且，
取中点，连接，易得，
，所以面，所以，所以，
所以四边形为正方形，
所以面与三棱锥的交线围成的面积，
当，即为中点时，面积最大，最大值为，
故答案为：.
15.（1）
（2）
【详解】（1）依题意，，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理，，解得，
因为，所以；
（2）依题意，，
因为，解得，
因为，
所以，
所以.
16.（1）证明见解析
（2）.
【详解】（1）因为平面平面，所以，
作交于点，
在等腰梯形中，，所以
在中，，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，从而有，
又，所以平面，
因为平面，所以.
（2）以为原点，分别为轴､轴正向，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
，
因为平面，
所以为面的一个法向量.
设为面的法向量，
则，即
取，则
依题意，，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17.（1）
（2）分布列见解析，
【分析】（1）记事件A：小王通过甲公司的测试，但未通过乙公司的测试，记事件：小王通过甲､乙公司的测试，但未通过丙公司的测试，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；
（2）依题意的可能取值为，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.
【详解】（1）记事件A：小王通过甲公司的测试，但未通过乙公司的测试，
记事件：小王通过甲､乙公司的测试，但未通过丙公司的测试，
则，
显然与互斥，所以小王通过甲公司的测试但未与任何公司签约的概率.
（2）依题意的可能取值为，
则，
，
则的分布列如下表：
故.
18.（1）
（2）（i）；（ii）2
【分析】（1）根据短轴长和离心率建立方程求解即可；
（2）（i）利用向量的坐标运算求得点的坐标，代入双曲线方程即可求解；
（ii）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，根据向量坐标运算得，从而代入化简得，即过定点，进而根据几何性质求得点到直线的最大距离.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以的方程为.
（2）（i）由题意得，
由，得，即，
由，得，即，
将的坐标分别代入的方程，得和，
解得，又，所以.
（ii）由消去，得，
其中，
设，则，
由，
得，
所以，
由，得，
即，
所以，
因此，又，所以.
所以的方程为，即过定点，
所以点到的最大距离为点与点的距离，
即点到的距离的最大值为2.
19.【考查意图】本小题主要考查集合､导数､不等式等基础知识，考查逻辑推理能力､直观想象能力､运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想､化归与转化思想､分类与整合思想､数形结合思想等，考查数学抽象､逻辑推理､直观想象､数学运算等核心素养，体现基础性､综合性与创新性.满分17分.
解：（1）依题意，因为，
所以，且，
令，
则，且，
所以所以，即，解得或-1.
（2）（i）先证必要性.
若直线是曲线的切线，设切点为，
因为，所以切线方程为，
即
一方面，，所以，
另一方面，令，则，
因为，
所以当时，在单调递减，
当时，在单调递增，
所以，所以.
即，
所以，即是函数在上的“最佳下界线”.
再证充分性.
若是函数在上的“最佳下界线”，不妨设，
由“最佳下界线”的定义，，且，
令，
则且，所以.
因为，
①若，则，所以在上单调递增，
所以，使得，故不符合题意.
②若，令，得，
当时，，得在单调递减，
当时，，得在单调递增，
所以，当且仅当时，取得最小值.
又由在处取得最小值，，
所以
即解得，
所以，
由（*）式知直线是曲线在点处的切线.
综上所述，直线是曲线的一条切线的充要条件是直线是函数在上的“最佳下界线”.
（ii）集合元素个数为2个.0
10
12
18