资料简介 广东省茂名市2024届高三一模数学试卷(含答案).docx 展开
广东省茂名市2024届高三一模数学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．已知集合，，，则集合C的子集个数为( )
A.2 B.3 C.4 D.8
2．“”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
3．从6名女生3名男生中选出2名女生1名男生，则不同的选取方法种数为( )
A.33 B.45 C.84 D.90
4．曲线在点处的切线与直线平行，则( )
A. B. C.1 D.2
5．椭圆：的左、右焦点分别为，，过作垂直于x轴的直线l，交C于A，B两点，若，则C的离心率为( )
A. B. C. D.
6．函数和均为R上的奇函数，若，则( )
A. B. C.0 D.2
7．若，，则( )
A. B. C. D.
8．数列满足，，，若数列是递减数列，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多项选择题
9．若是区间上的单调函数，则实数m的值可以是( )
A. B. C.3 D.4
10．过抛物线C：的焦点F作直线l交C于A,B两点，则( )
A.C的准线方程为
B.以为直径的圆与C的准线相切
C.若，则线段中点的横坐标为
D.若，则直线l有且只有一条
11．在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，则( )
A.直线与所成的角为60°
B.过空间中一点有且仅有两条直线与，所成的角都是60°
C.过，E，F三点的平面截该正方体，所得截面图形的周长为
D.过直线的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形
12．从标有1，2，3，…，10的10张卡片中，有放回地抽取两张，依次得到数字a，b，记点，，，则( )
A.是锐角的概率为
B.是锐角的概率为
C.是锐角三角形的概率为
D.的面积不大于5的概率为
三、填空题
13．已知复数，其中i为虚数单位，则________.
14．如图，茂名的城市雕像“希望之泉”是茂名人为了实现四个现代化而努力奋斗的真实写照.被托举的四个球堆砌两层放在平台上，下层3个，上层1个，两两相切.若球的半径都为a，则上层的最高点离平台的距离为________.
15．动点P与两个定点，满足，则点P到直线l：的距离的最大值为________.
16．函数（）在区间上有且只有两个零点，则的取值范围是________.
四、解答题
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)求B的值；
(2)若M为的中点，且，求的最小值.
18．已知某种业公司培育了新品种的软籽石榴，从收获的果实中随机抽取了50个软籽石榴，按质量（单位：g）将它们分成5组：，，，，得到如下频率分布直方图.
(1)用样本估计总体，求该品种石榴的平均质量；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
(2)按分层随机抽样，在样本中，从质量在区间，，内的石榴中抽取7个石榴进行检测，再从中抽取3个石榴作进一步检测.
（ⅰ）已知抽取的3个石榴不完全来自同一区间，求这3个石榴恰好来自不同区间的概率；
（ⅱ）记这3个石榴中质量在区间内的个数为X，求X的分布列与数学期望.
19．设为数列的前n项和，已知是首项为，公差为的等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）令，为数列的前n项积，证明：.
20．如图,在四棱锥中,平面平面ABCD,,,,,.
（1）证明:;
（2）点E在线段PC上,当直线AE与平面ABCD所成角的正弦值为时,求平面ABE与平面PBC的夹角的余弦值.
21．已知双曲线E：（）的左焦点为F，A，B分别为双曲线的左、右顶点，顶点到双曲线的渐近线的距离为.
(1)求E的标准方程；
(2)过点B的直线与双曲线左支交于点P（异于点A），直线与直线l：交于点M，的角平分线交直线l于点N，证明：N是的中点.
22．若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“k类函数”.
(1)若，判断是否为上的“3类函数”；
(2)若为上的“2类函数”，求实数a的取值范围；
(3)若为上的“2类函数”，且，证明：，，.
参考答案
1．答案：C
解析：集合，，则，所以集合C的子集个数为.
故选：C
2．答案：A
解析：解不等式得或，记，，因为，所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3．答案：B
解析：.
故选：B
4．答案：C
解析：因为曲线在点处的切线与直线平行，故曲线在点处的切线的斜率为2，因为，所以，所以，
故选：C.
5．答案：A
解析：因为，且直线l垂直于x轴，可知直线l：，将代入椭圆方程可得，解得，所以，又因为，则，即，可得，则，解得.
故选：A.
6．答案：A
解析：因为为奇函数，所以关于对称，即，
又关于原点对称，则，有，所以的周期为4，故.
故选：A
7．答案：C
解析：令，，得，则，
即，整理得，且，
那么，则.
故选：C.
8．答案：D
解析：由题意，，两边取倒数可化为，所以，，，由累加法可得，，因为，所以，
所以，因为数列是递减数列，故，即，整理可得，，因为，，所以，故.
故选:D.
9．答案：CD
解析：由题意，，
令，解得，令，解得或，
所以在上单调递减，在，上单调递减，
若函数在区间上单调，
则或或，解得或或，
即或.
故选：CD.
10．答案：BCD
解析：对于选项A:由抛物线C：，可得，解得，故准线方程为，故选项A错误；
对于选项B:设的中点为M,且A，B，M在准线上的投影为，，，
由抛物线的定义可知：，,
易知四边形为直角梯形，所以,
故以为直径的圆与C的准线相切，故选项B正确；
对于选项C:设，，
因为，
所以，所以线段中点的横坐标为，故选项C正确；
对于选项D:结合抛物线的焦点弦中通径最短，可得，要使，
则线段为抛物线的通径，则这样的直线有且只有一条,故选项D正确.
故选：BCD.
11．答案：ACD
解析：对于A，如图所示，连接，，，
因为E，F分别为棱，的中点，所以，
由，可知，四边形是平行四边形，
所以，所以，
所以与所成的角即为与所成的角，即或其补角，
因为是等边三角形，所以，
所以与所成的角为60°，故A正确；
对于B，因为直线，所成角是90°，且两条直线相交于，
所以过点与两直线所成角为60°的直线有4条，故B错误；
对于C，易知平面为过，E，F三点的截面，该截面为梯形，
显然，，，
所以截面图形的周长为，故C正确；
对于D，如图所示，分别取，的靠近A，C的三等分点G，H，
连接，，，，易知，，
故点，G，E，F，H共面，该截面图形为五边形，故D正确.
故选：ACD
12．答案：ACD
解析：对A，易知，不共线，若是锐角，，易知共有100种情况，其中共有10种，与有相同种情况，即45种，所以是锐角的概率为，A正确；
对B，若是锐角，恒成立，所以是锐角的概率为1，B错误；
对C，若是锐角三角形，则，
即，
所以，共有9种情况，所以是锐角三角形的概率为，C正确；
对D，若，，
该不等式共有组正整数解，所以的面积不大于5的概率为，D正确.
故选：ACD.
13．答案：
解析：，
.
故答案为：
14．答案：
解析：依次连接四个球的球心，，，，则四面体为正四面体，且边长为，
正外接圆半径，则到底面的距离，
所以最高点到平台的距离为.
故答案为：
15．答案：
解析：令，则，整理得，
所以P的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，
又直线l：可化为，易知过定点，
由，故点在圆外，
则圆心与定点所在直线与直线l垂直，圆心与直线l距离最大，
所以点P到直线l距离的最大值为.
故答案为：
16．答案：
解析：利用三角函数的性质分析求解即可.
由于在区间上有且只有两个零点，所以，
即，由得，，，
，，
或，解得或，
所以的取值范围是.
故答案为：
17．答案：(1)；
(2)
解析：（1）由正弦定理及，
得，
又，
所以，
又，，，即，
又，.
（2）由M为的中点，得，而，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
18．答案：(1)；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）分布列见解析，
解析：（1）该品种石榴的平均质量为，
所以该品种石榴的平均质量为.
（2）由题可知，这7个石榴中，质量在，，上的频率比为，
所以抽取质量在，，上的石榴个数分别为2，2，3.
（ⅰ）记“抽取的3个石榴不完全来自同一区间”，“这3个石榴恰好来自不同区间”，
则，，
所以，
即这3个石榴恰好来自不同区间的概率为.
（ⅱ）由题意X的所有可能取值为0，1，2，3，
则，，
，，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以.
19．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）由是首项为,公差为的等差数列,
故,
即,
当时,,
故
,
当时,,符合上式,
故;
（2）由,,
故,
则
,
由,
故,
则.
20．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）如图:
由于平面平面ABCD,平面平面,
过点P作CD的垂线交CD的延长线于点O,则平面ABCD.
连接OB交AD于Q,连接OA,
,,
,,
又,,
四边形ABCO为矩形,
,,
,,
又,
,即,
又平面ABCD,平面ABCD,
,又,PO,平面,
平面,又平面,
.
（2）以O为坐标原点,OA,OC,OP所在直线分別为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,
由于E在PC上,设,
则,,
又平面ABCD的法向量,设直线AE与平面ABCD所成角为,
,
解得或(舍去),
,,,,
设平面ABE的法向共,平而PBC的法向共,
则,,即,,
取,得,,
,
故平面ABE与平面PBC夹角的余弦值为.
21．答案：(1)；
(2)证明见解析
解析：（1）因为，所以，
双曲线的一条渐近线为，因为双曲线的右顶点为，设右顶点到浙近线的距离为d，
由题意得解得
则E的标准方程为.
（2）
①当，即时，设点，
代入双曲线方程得，，解得，取第二象限的点，则，
因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，令，解得，即，
因为直线是的角平分线，且，所以直线的斜率为，直线的方程为，令，解得，即，
此时，即N是的中点；
②当时，设直线的斜率为k，则直线的方程为，
联立方程消去y得，
由韦达定理得，，
又因为，所以，，
点，又因为，
所以，
由题意可知，直线的斜率存在，设为，则直线：，
因为是的角平分线，所以，所以，
又因为，，
所以，即，
即，得或，
由题意知k和异号，所以，所以直线的方程为，
令，可得，即，所以，
直线的方程为，令，可得，
即，所以，
所以，即N是的中点.
综上，N是的中点.
22．答案：(1)是上的“3类函数”，理由见详解；
(2)；
(3)证明过程见详解.
解析：（1）对于任意不同的，
有，，所以，
，
所以是上的“3类函数”.
（2）因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
故且，
故为上的增函数，为上的减函数，
故任意，都有，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
所以，，故在单调递减，
，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，，所以使，即，
即，，
当时，，，故在单调递增，
当时，，，故在单调递减，
，
故.
（3）因为为上的“2类函数”，所以，
不妨设，
当时，；
当时，因为，
，
综上所述，，，.
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．已知集合，，，则集合C的子集个数为( )
A.2 B.3 C.4 D.8
2．“”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
3．从6名女生3名男生中选出2名女生1名男生，则不同的选取方法种数为( )
A.33 B.45 C.84 D.90
4．曲线在点处的切线与直线平行，则( )
A. B. C.1 D.2
5．椭圆：的左、右焦点分别为，，过作垂直于x轴的直线l，交C于A，B两点，若，则C的离心率为( )
A. B. C. D.
6．函数和均为R上的奇函数，若，则( )
A. B. C.0 D.2
7．若，，则( )
A. B. C. D.
8．数列满足，，，若数列是递减数列，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多项选择题
9．若是区间上的单调函数，则实数m的值可以是( )
A. B. C.3 D.4
10．过抛物线C：的焦点F作直线l交C于A,B两点，则( )
A.C的准线方程为
B.以为直径的圆与C的准线相切
C.若，则线段中点的横坐标为
D.若，则直线l有且只有一条
11．在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，则( )
A.直线与所成的角为60°
B.过空间中一点有且仅有两条直线与，所成的角都是60°
C.过，E，F三点的平面截该正方体，所得截面图形的周长为
D.过直线的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形
12．从标有1，2，3，…，10的10张卡片中，有放回地抽取两张，依次得到数字a，b，记点，，，则( )
A.是锐角的概率为
B.是锐角的概率为
C.是锐角三角形的概率为
D.的面积不大于5的概率为
三、填空题
13．已知复数，其中i为虚数单位，则________.
14．如图，茂名的城市雕像“希望之泉”是茂名人为了实现四个现代化而努力奋斗的真实写照.被托举的四个球堆砌两层放在平台上，下层3个，上层1个，两两相切.若球的半径都为a，则上层的最高点离平台的距离为________.
15．动点P与两个定点，满足，则点P到直线l：的距离的最大值为________.
16．函数（）在区间上有且只有两个零点，则的取值范围是________.
四、解答题
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)求B的值；
(2)若M为的中点，且，求的最小值.
18．已知某种业公司培育了新品种的软籽石榴，从收获的果实中随机抽取了50个软籽石榴，按质量（单位：g）将它们分成5组：，，，，得到如下频率分布直方图.
(1)用样本估计总体，求该品种石榴的平均质量；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
(2)按分层随机抽样，在样本中，从质量在区间，，内的石榴中抽取7个石榴进行检测，再从中抽取3个石榴作进一步检测.
（ⅰ）已知抽取的3个石榴不完全来自同一区间，求这3个石榴恰好来自不同区间的概率；
（ⅱ）记这3个石榴中质量在区间内的个数为X，求X的分布列与数学期望.
19．设为数列的前n项和，已知是首项为，公差为的等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）令，为数列的前n项积，证明：.
20．如图,在四棱锥中,平面平面ABCD,,,,,.
（1）证明:;
（2）点E在线段PC上,当直线AE与平面ABCD所成角的正弦值为时,求平面ABE与平面PBC的夹角的余弦值.
21．已知双曲线E：（）的左焦点为F，A，B分别为双曲线的左、右顶点，顶点到双曲线的渐近线的距离为.
(1)求E的标准方程；
(2)过点B的直线与双曲线左支交于点P（异于点A），直线与直线l：交于点M，的角平分线交直线l于点N，证明：N是的中点.
22．若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“k类函数”.
(1)若，判断是否为上的“3类函数”；
(2)若为上的“2类函数”，求实数a的取值范围；
(3)若为上的“2类函数”，且，证明：，，.
参考答案
1．答案：C
解析：集合，，则，所以集合C的子集个数为.
故选：C
2．答案：A
解析：解不等式得或，记，，因为，所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3．答案：B
解析：.
故选：B
4．答案：C
解析：因为曲线在点处的切线与直线平行，故曲线在点处的切线的斜率为2，因为，所以，所以，
故选：C.
5．答案：A
解析：因为，且直线l垂直于x轴，可知直线l：，将代入椭圆方程可得，解得，所以，又因为，则，即，可得，则，解得.
故选：A.
6．答案：A
解析：因为为奇函数，所以关于对称，即，
又关于原点对称，则，有，所以的周期为4，故.
故选：A
7．答案：C
解析：令，，得，则，
即，整理得，且，
那么，则.
故选：C.
8．答案：D
解析：由题意，，两边取倒数可化为，所以，，，由累加法可得，，因为，所以，
所以，因为数列是递减数列，故，即，整理可得，，因为，，所以，故.
故选:D.
9．答案：CD
解析：由题意，，
令，解得，令，解得或，
所以在上单调递减，在，上单调递减，
若函数在区间上单调，
则或或，解得或或，
即或.
故选：CD.
10．答案：BCD
解析：对于选项A:由抛物线C：，可得，解得，故准线方程为，故选项A错误；
对于选项B:设的中点为M,且A，B，M在准线上的投影为，，，
由抛物线的定义可知：，,
易知四边形为直角梯形，所以,
故以为直径的圆与C的准线相切，故选项B正确；
对于选项C:设，，
因为，
所以，所以线段中点的横坐标为，故选项C正确；
对于选项D:结合抛物线的焦点弦中通径最短，可得，要使，
则线段为抛物线的通径，则这样的直线有且只有一条,故选项D正确.
故选：BCD.
11．答案：ACD
解析：对于A，如图所示，连接，，，
因为E，F分别为棱，的中点，所以，
由，可知，四边形是平行四边形，
所以，所以，
所以与所成的角即为与所成的角，即或其补角，
因为是等边三角形，所以，
所以与所成的角为60°，故A正确；
对于B，因为直线，所成角是90°，且两条直线相交于，
所以过点与两直线所成角为60°的直线有4条，故B错误；
对于C，易知平面为过，E，F三点的截面，该截面为梯形，
显然，，，
所以截面图形的周长为，故C正确；
对于D，如图所示，分别取，的靠近A，C的三等分点G，H，
连接，，，，易知，，
故点，G，E，F，H共面，该截面图形为五边形，故D正确.
故选：ACD
12．答案：ACD
解析：对A，易知，不共线，若是锐角，，易知共有100种情况，其中共有10种，与有相同种情况，即45种，所以是锐角的概率为，A正确；
对B，若是锐角，恒成立，所以是锐角的概率为1，B错误；
对C，若是锐角三角形，则，
即，
所以，共有9种情况，所以是锐角三角形的概率为，C正确；
对D，若，，
该不等式共有组正整数解，所以的面积不大于5的概率为，D正确.
故选：ACD.
13．答案：
解析：，
.
故答案为：
14．答案：
解析：依次连接四个球的球心，，，，则四面体为正四面体，且边长为，
正外接圆半径，则到底面的距离，
所以最高点到平台的距离为.
故答案为：
15．答案：
解析：令，则，整理得，
所以P的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，
又直线l：可化为，易知过定点，
由，故点在圆外，
则圆心与定点所在直线与直线l垂直，圆心与直线l距离最大，
所以点P到直线l距离的最大值为.
故答案为：
16．答案：
解析：利用三角函数的性质分析求解即可.
由于在区间上有且只有两个零点，所以，
即，由得，，，
，，
或，解得或，
所以的取值范围是.
故答案为：
17．答案：(1)；
(2)
解析：（1）由正弦定理及，
得，
又，
所以，
又，，，即，
又，.
（2）由M为的中点，得，而，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
18．答案：(1)；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）分布列见解析，
解析：（1）该品种石榴的平均质量为，
所以该品种石榴的平均质量为.
（2）由题可知，这7个石榴中，质量在，，上的频率比为，
所以抽取质量在，，上的石榴个数分别为2，2，3.
（ⅰ）记“抽取的3个石榴不完全来自同一区间”，“这3个石榴恰好来自不同区间”，
则，，
所以，
即这3个石榴恰好来自不同区间的概率为.
（ⅱ）由题意X的所有可能取值为0，1，2，3，
则，，
，，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以.
19．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）由是首项为,公差为的等差数列,
故,
即,
当时,,
故
,
当时,,符合上式,
故;
（2）由,,
故,
则
,
由,
故,
则.
20．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）如图:
由于平面平面ABCD,平面平面,
过点P作CD的垂线交CD的延长线于点O,则平面ABCD.
连接OB交AD于Q,连接OA,
,,
,,
又,,
四边形ABCO为矩形,
,,
,,
又,
,即,
又平面ABCD,平面ABCD,
,又,PO,平面,
平面,又平面,
.
（2）以O为坐标原点,OA,OC,OP所在直线分別为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,
由于E在PC上,设,
则,,
又平面ABCD的法向量,设直线AE与平面ABCD所成角为,
,
解得或(舍去),
,,,,
设平面ABE的法向共,平而PBC的法向共,
则,,即,,
取,得,,
,
故平面ABE与平面PBC夹角的余弦值为.
21．答案：(1)；
(2)证明见解析
解析：（1）因为，所以，
双曲线的一条渐近线为，因为双曲线的右顶点为，设右顶点到浙近线的距离为d，
由题意得解得
则E的标准方程为.
（2）
①当，即时，设点，
代入双曲线方程得，，解得，取第二象限的点，则，
因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，令，解得，即，
因为直线是的角平分线，且，所以直线的斜率为，直线的方程为，令，解得，即，
此时，即N是的中点；
②当时，设直线的斜率为k，则直线的方程为，
联立方程消去y得，
由韦达定理得，，
又因为，所以，，
点，又因为，
所以，
由题意可知，直线的斜率存在，设为，则直线：，
因为是的角平分线，所以，所以，
又因为，，
所以，即，
即，得或，
由题意知k和异号，所以，所以直线的方程为，
令，可得，即，所以，
直线的方程为，令，可得，
即，所以，
所以，即N是的中点.
综上，N是的中点.
22．答案：(1)是上的“3类函数”，理由见详解；
(2)；
(3)证明过程见详解.
解析：（1）对于任意不同的，
有，，所以，
，
所以是上的“3类函数”.
（2）因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
故且，
故为上的增函数，为上的减函数，
故任意，都有，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
所以，，故在单调递减，
，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，，所以使，即，
即，，
当时，，，故在单调递增，
当时，，，故在单调递减，
，
故.
（3）因为为上的“2类函数”，所以，
不妨设，
当时，；
当时，因为，
，
综上所述，，，.
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