贵州省黔东南州2024届高三下学期模拟统测(二模) 数学试题（含解析）

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数学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
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，再选涂其他答案标号.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.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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（ ）
A．B．C．D．
2．椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．下列四组数据中，中位数等于众数的是（ ）
A．1，2，4，4，1，1，3B．1，2，4，3，4，4，2
C．1，2，3，3，4，4，4D．1，2，3，4，2，2，3
4．2024年3月，甲､乙两人计划去贵州旅游，现有梵净山、黄果树大瀑布、西江千户苗寨、荔波小七孔、青岩古镇、肇兴侗寨六个景区供他们选择，甲去两个景区，乙去三个景区，且甲不去梵净山，乙要去青岩古镇，则这两人的旅游景区的选择共有（ ）
A．60种B．100种C．80种D．120种
5．若函数的值域为.则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若在区间上的最大值为，则（ ）
A．B．C．D．
7．在个数码的全排列中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成一个逆序，这个排列的所有逆序个数的总和称为这个排列的逆序数，记为.例如，在3个数码的排列312中，3与1，3与2都构成逆序，因此.那么（ ）
A．19B．20C．21D．22
8．如图1，现有一个底面直径为高为的圆锥容器，以的速度向该容器内注入溶液，随着时间（单位：）的增加，圆锥容器内的液体高度也跟着增加，如图2所示，忽略容器的厚度，则当时，圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为（ ）
A．B．C．D．
二､多选题：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．已知，，是方程的三个互不相等的复数根，则（ ）
A．可能为纯虚数
B．，，的虚部之积为
C．
D．，，的实部之和为2
10．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，则（ ）
A．B．四面体外接球的表面积为
C．平面D．直线与平面所成的角为
11．拋物线的焦点到准线的距离为1，经过点的直线与交于两点，则（ ）
A．当时，直线斜率的取值范围是
B．当点与点重合时，
C．当时，与的夹角必为钝角
D．当时，为定值（为坐标原点）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知向量三点共线，则 .
13．已知数列的通项公式为为其前项和，.则 ， .
14．若为定义在上的偶函数，且为奇函数，，则 .
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15．在中，角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若，求的面积.
16．已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若恒成立，求的取值范围.
17．如图，在多面体中，四边形为菱形，平面，，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)试问线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请判断点的位置；若不存在，请说明理由.
18．随着温度降低，各种流行病毒快速传播.为了增强员工预防某病毒的意识，某单位决定先对员工进行病毒检测，为了提高检测效率，决定将员工分为若干组，对每一组员工的血液样本进行混检（混检就是将若干个人被采集的血液样本放到一个采集管中（采集之前会对这些人做好信息登记））.检测结果为阴性时，混检样本均视为阴性，代表这些人都未感染：如果出现阳性，相关部门会立即对该混检管的所有受试者暂时单独隔离，并重新采集该混检管的所有受试者的血液样本进行一一复检，直至确定其中的阳性.已知某单位共有N人，决定n人为一组进行混检，
(1)若，每人被病毒感染的概率均为，记检测的总管数为X，求X的分布列：
(2)若.每人被病毒感染的概率均为0.1，记检测的总管数为Z，求Z的期望.
19．已知双曲线的渐近线方程为的焦距为，且.
(1)求的标准方程；
(2)若为上的一点，且为圆外一点，过作圆的两条切线，（斜率都存在），与交于另一点与交于另一点，证明：
（i）的斜率之积为定值；
（ii）存在定点，使得关于点对称.
1．D
【分析】
根据并集的定义求解即可.
【详解】依题意，.
故选：D
2．A
【分析】
根据椭圆标准方程代入离心率公式计算可得结果.
【详解】
由椭圆标准方程可得，
所以离心率.
故选：A
3．D
【分析】
将数据由小到大排列，然后由中位数和众数概念可得.
【详解】
A选项：将数据由小到大排列，中位数与众数分别为2和1；
B选项：将数据由小到大排列，中位数与众数分别为3和4；
C选项：中位数与众数分别为3和4；
D选项：将数据由小到大排列，中位数与众数分别为2和2.
故选：D
4．B
【分析】
根据分步乘法计数原理和组合数公式可得.
【详解】第一步，甲从黄果树大瀑布、西江千户苗寨、荔波小七孔、青岩古镇、肇兴侗寨五个景区中任选两个，有种选择；
第二步，乙从梵净山、黄果树大瀑布、西江千户苗寨、荔波小七孔、肇兴侗寨这五个景区中任选两个，有种选择；
故这两人的旅游景区的选择共有种.
故选：B
5．C
【分析】
由对数函数图象性质可得需满足，可得，再利用对数函数单调性以及运算法则可得结果.
【详解】依题意可得要取遍所有正数，
则需要求，因为，解得；
故.
故选：C
6．C
【分析】
通过平移变换求出的解析式，由求出的范围，找出时，最大，进而求解.
【详解】
由题意得.
因为，所以.因为，即所以.
故选：.
7．C
【分析】
根据题意，结合数字都构成逆序，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】由题意，对于八位数87542136，可得8与后面每个数字都构成逆序，
7与后面每个数字都构成逆序，5与都构成逆序，4与都构成逆序，
2与1构成逆序，所以.
故选：C.
8．C
【分析】
先根据圆锥的体积公式列出等式得出；再根据导数的运算得出；最后令即可求解.
【详解】设注入溶液的时间为（单位：）时，溶液的高为，
则，得.
因为，
所以当时，，
即圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为.
故选：C
9．ABD
【分析】
根据复数的基本概念，复数的模等知识容易求解.
【详解】因为，其三个不同的复数根为：，，
当时，此时为纯虚数，故A正确；
因为三个根的虚部分别为1，，，三个虚部乘积为，故B正确；
根据模长定义，，故C不正确；
因为三个根的实部分别为0，1，1，三个实部之和为2，故D正确.
故选：ABD.
10．AC
【分析】
利用平行公理判断A，利用补形法判断B，利用面面平行的性质判断C，利用线面角的定义判断D.
【详解】对于A，如图，连接，则，
因为，所以四边形是平行四边形，
则，所以，故A正确；
对于B，因为为棱的中点，，
所以四面体外接球的半径为，
则其外接球的表面积为，故B错误；
对于C，取的中点，连接，
与选项A同理可证，
因为平面，平面，所以平面，
同理，平面，
又平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故C正确；
对于D，在正方体中，平面，
又平面，所以，
又，平面，所以平面，
则直线与平面所成的角为，且，故D错误.
故选：AC.
11．BCD
【分析】根据条件，得到，，再结合各个选项的条件，联立直线与抛物线方程，逐一分析判断，即可求出结果.
【详解】依题意可得，
对于选项A，当时，设直线的方程为，代入，
得，则，得到且，
所以，故选项A错误，
对于选项B，当点与点重合时，直线的方程为，代入，
得，设，
则，
则，所以选项B正确，
当时，直线的方程为，代入，
得，则，，易知异号，所以，则，
所以，得到，所以选项正确，
又当时，在内，则，
又三点不可能共线，所以与的夹角必为钝角，所以选项C正确，
故选：BCD.
12．##
【分析】
由点共线可得，再利用两角和的正切公式即可求得结果.
【详解】
因为三点共线，所以，
所以，
可得
故答案为：
13．
【分析】
根据数列的通项公式利用分组求和可得，利用等比数列前项和公式即可得出结果.
【详解】
因为，
所以；
所以
.
故答案为：；
14．
【分析】
令，根据题意，求得，再由，求得，即可求解.
【详解】
由函数为定义在上的偶函数，且为奇函数，
令，可得，
因为，所以，
所以.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】
（1）根据三角形中，将已知条件化简为，化简后再根据求解；
（2）由（1）结果结合已知条件，根据余弦定理求出，再利用面积公式求解.
【详解】（1）因为，所以.
因为，所以.
因为，所以，所以由，得.
因为，所以.
（2）由余弦定理知.
因为，所以，所以，
故的面积.
16．(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）当时，求得，进而导数的符号，即可求得的单调区间；
（2）求得，求得函数的单调性和，结合恒成立，列出不等式，即可求解.
【详解】（1）解：当时，函数，且定义域为，
且，
当时，；时，；
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）解：由函数，可得，
令，解得；
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为恒成立，所以，解得，
又因为，所以的取值范围为.
17．(1)证明见解析
(2)存在，为的中点
【分析】
（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可证面面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）证明：因为四边形为菱形，所以.
因为平面平面，所以.
又因为，且平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）设，以为坐标原点，的方向分别为
轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则
设，则
设平面的法向量为，因为，
所以令，则.
设平面的法向量为，因为，
所以令，则.
因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以，
解得或（舍去），
所以存在满足题意，且为的中点.
18．(1)分布列见解析.
(2).
【分析】
（1）找到检测的总管数为X的可能取值，算出对应概率，列出分布列.
（2）找到3人进行混检，记混检的一组最终检测的总管数为的可能取值，算出对应概率，求出，然后由和的关系，求出.
【详解】（1）由题意的取值可能为，
，
，
，
则的分布列为
（2）将3人进行混检，记混检的一组最终检测的试管数为，则可能的值为1，4，，
则.
依题意可得，
所以.
故答案为：
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用渐近线方程可得，再由焦距为以及即可求得，，可得的标准方程为；
（2）（i）设切线方程为，利用直线和圆相切可得，再由韦达定理整理可得的斜率之积为定值，且定值为2；
（ii）联立直线与双曲线方程，可得，同理可求出，化简得，所以，因此关于点对称.
【详解】（1）因为的渐近线方程为，所以，
则，所以，
因为，所以，得.
因为，所以，可得，
所以，
故的标准方程为.
（2）证明：（i）设，如下图所示：
设过点的切线的斜率为，则切线方程为，
即，所以，
即，
因此的斜率是上式中方程的两根，即.
又因为所以
所以的斜率之积为定值，且定值为2.
（ii）不妨设直线的斜率为，直线的斜率为，
联立，得.
因为，所以，
则，同理可得，
所以.
因为，所以.所以，
得.
因为都在上，所以或（舍去），
所以存在定点，使得关于点对称.
【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线中定点、定值时，经常联立直线和曲线方程利用韦达定理对表达式进行整理化简，便可得出结论.2
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