2024年3月全国乙卷高三数学（理）模拟联考试题附答案解析

2024年3月全国乙卷高三数学（理）模拟联考试题（考试时间120分钟满分150分）2024.03一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知集合，若的子集有4个，则的值为（

）A． B． C．2 D．32．已知复数，则在复平面内对应点的坐标为（

）A． B． C． D．3．已知点A，B，C，D为平面内不同的四点，若，且，则（

）A． B． C． D．4．近几年随着AI技术的发展，虚拟人的智能化水平得到极大的提升，虚拟主播逐步走向商用，如图为2014～2022年中国虚拟主播企业注册年增加数（较上一年增加的数量）条形图，根据该图，下列说法正确的是（

）

A．2014～2022年中国虚拟主播企业注册数量逐年增加B．2014～2022年中国虚拟主播企业注册年增加数的中位数为410C．2014～2022年中国虚拟主播企业注册年增加数的极差为915D．从图中9年企业注册增加数字中任取2个数字，这两个数字的平均数大于110的概率5．如图，网格纸中小正方形的边长为，粗线画出的是某体育比赛领奖台三视图，则该领奖台除去下底面的所有面的面积之和为（

）A． B． C． D．6．已知实数满足约束条件，则的取值范围是（

）A． B． C． D．7．中，则的面积为（

）A． B． C． D．8．若存在过原点的直线与函数的图象切于轴右侧，则的取值范围是（

）A． B．C． D．9．知名数学教育家单墫曾为中学生写了一个小册子《十个有趣的数学问题》，其中提到了开普勒的将球装箱的方法：考虑一个棱长为2的正方体，分别以该正方体的8个顶点及6个面的中心为球心作半径为的球，这此球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为（

）A． B． C． D．10．已知点O为坐标原点，点A为直线（）与椭圆C：（）的一个交点，点B在C上，OA⊥OB，若，则C的长轴长为（

）A． B．3 C． D．611．已知，，，则（

）A． B． C． D．12．已知第一象限内的点P在双曲线（，）上，点P关于原点的对称点为Q，，，是C的左、右焦点，点M是的内心（内切圆圆心），M在x轴上的射影为，记直线的斜率分别为，，且，则C的离心率为（

）A．2 B．8 C． D．二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．的展开式中x的系数为.14．函数是偶函数，则.15．平面几何中有一个著名的塞尔瓦定理：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍．若点A，B，C都在圆E上，直线BC方程为，且，△ABC的垂心在△ABC内，点E在线段AG上，则圆E的标准方程.16．已知，给出下列命题：①的图象关于点对称；②的值域为；③在区间上有33个零点；④若方程在区间有4个不同的解，其中，则的取值范围是.其中所有正确命题的序号为.三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．已知等差数列的前项和为，公差，且成等比数列.(1)求；(2)若，数列的前项和为，求.18．如图，在三棱锥中，，其余各棱的长均为6，点在棱上，，过点的平面与直线垂直，且与，分别交于点，．(1)确定，的位置，并证明你的结论；(2)求直线与平面所成角的正弦值．19．某高中数学兴趣小组，在学习了统计案例后，准备利用所学知识研究成年男性的臂长y（cm）与身高x（cm）之间的关系，为此他们随机统计了5名成年男性的身高与臂长，得到如下数据：x159165170176180y6771737678(1)根据上表数据，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明；(2)建立y关于x的回归方程（系数精确到0.01）；(3)从5名样本成年男性中任取2人，记这2人臂长差的绝对值为X，求．参考数据：，，参考公式：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．20．已知倾斜角为（）的直线l与抛物线C：（）只有1个公共点A，C的焦点为F，直线AF的倾斜角为．(1)求证：；(2)若，直线l与直线交于点P，直线AF与C的另一个交点为B，求证：．21．已知函数（），．(1)若，的导数分别为，，且，求a的取值范围；(2)用表示a，b中的最小值，设，若，判断的零点个数．（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)求直线的极坐标方程；(2)若直线与交于点，求的周长.选修4-5：不等式选讲23．已知.(1)若，求的最小值；(2)若，证明：.1．C【分析】根据题意，得到中有2个元素，且这两个元素为和，即可求解.【详解】由集合，因为，且的子集有4个，可得中有2个元素，则这两个元素为和，所以.故选：C.2．A【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的几何意义，即可求解.【详解】由复数的运算法则，可得，所以，所以在复平面内对应的点的坐标为.故选：A.3．D【分析】由已知整理可得，然后由坐标运算可得.【详解】由得，即，即，又，所以.故选：D．4．ACD【分析】根据已知条件及图表，利用中位数和极差的定义，结合古典概型的概率公式及对立事件的概率公式即可求解.【详解】对A，由每年增加数均为正数，可得A正确；对B，2014～2022年中国虚拟主播企业注册年增加数的中位数为121，B错误；对C，2014～2022年中国虚拟主播企业注册年增加数的极差为，C正确；对D，当且仅当从33，48，76，84，121中任取两个数字，其平均数均不大于110，所以所求概率为，D正确.故选：ACD．5．B【分析】根据三视图可得组合体，根据面积公式可求所有面的面积之和.【详解】解法一：该领奖台可看作由3个长方体构成的组合体，每个长方体的底面都是边长为的正方形，冠军台高，亚军台高，季军台高，该领奖台除去下底面的所有面的面积之和为3个长方体的表面积之和减去3个边长为的正方形面积，减去2个底边长为高为的矩形面积，减去2个底边长为高为的矩形面积，即，解法二：该领奖台可看作由3个长方体构成的组合体，每个长方体的底面都是边长为的正方形，冠军台高，亚军台高，季军台高，前后两个面的面积之和为，上面3个面的面积之和为，余下侧面的面积之和为，所以该组合体除去下底面的所有面的面积之和为，故选：B.6．C【分析】画出不等式组所表示的平面区域，结合图形，得出目标函数的最优解，求得目标函数的最值，即可求解.【详解】如图所示，画出不等式组表示的可行域是以为顶点的三角形区域，设，则，作直线，把该直线平移到点处取得最大值，，平移到点处取得最小值，，所以的取值范围是.故选：C.

7．B【分析】根据题意，利用余弦定理求得，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】因为，由余弦定理得，所以，所以的面积为.故选：B.8．D【分析】先求得，设切点为，根据，列出方程，得到，结合方程的根，即可求解.【详解】由函数，可得，设切点为，可得，即，整理得，解得或（舍去），因为存在过原点的直线与函数的图象切于轴右侧，所以，解得，即实数的取值范围为.故选：D.9．D【分析】首先确定条件中的球落在正方体的部分，再求体积，即可求解.【详解】以8个顶点为球心的球各有在正方体内，以6个面的中心为球心的球各有在正方体内，所以这些球在正方体的体积之和为4个半径为的球的体积之和，所以这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为.故选：D10．C【分析】将直线与椭圆联立，求出，利用两直线垂直的条件，进而求出，再利用两点的距离公式及椭圆长轴长定义即可求解.【详解】设，，由，得，由OA⊥OB可得，所以，，所以，所以，，C的长轴长为，故选：C．11．A【分析】根据已知条件及构造函数（），利用导数的正负与函数的单调性的关系，结合函数的单调性，再利用作差法、对数的运算及基本不等式即可求解.【详解】设（），则，所以在上单调递减，所以，即，所以，，，所以，故选：A．【点睛】关键点睛：利用构造法和作差法，再利用导数法求函数的单调性，结合函数单调性及基本不等式即可.12．A【分析】根据切线性质和双曲线定义求得，然后由斜率公式和点P在双曲线上整理化简，结合已知求解可得.【详解】设圆M与，分别切于点A，B，则，，且，所以，点，

设，，则，所以，，，所以，.故选：A．【点睛】方法点睛：本题主要考查双曲线的离心率求解问题.解决圆锥曲线的离心率问题，一般离不开圆锥曲线的定义，如果有角的条件，则常常要用到正余弦定理，如果有三角形的内切圆条件，一般与切线性质或三角形的等面积转化有关，遇到线段的比值时，经常需要利用相似形转化.13．【分析】利用二项式定理的展开式从而可求解.【详解】，的展开式为，所以可得x的系数为.故答案为：.14．【分析】根据题意，利用列出方程，结合对数的运算，即可求解.【详解】因为是偶函数，可得，所以.故答案为：.15．【分析】首先根据塞尔瓦定理以及圆的几何性质，求解和，并求直线的方程，求解点的坐标，即可求解圆的方程.【详解】由△ABC的垂心到直线BC距离，设圆E半径为r，由塞尔瓦定理可得，由圆的几何性质可得，联立解得，，因为直线BC方程为，,且，所以直线EG方程为，设，则E到直线BC距离，解得（舍去）或，所以圆E的标准方程为．故答案为：16．①②④【分析】对于①，计算得到，得到①正确；对于②，求出是以为周期的周期函数，分和两种情况，求出函数的值域；对于③，，故或，求出零点个数；对于④，结合是以为周期，得到的根的分布特点，从而得到，并得到的取值范围，得到答案.【详解】对于①，，故，可得①正确；对于②，，故是以为周期的周期函数，当时，，，则，当时，，，则，综上，的值域为，②正确；对于③，，令得或，，所以在上有31个零点，③错误；对于④，是以为周期的周期函数，当时，在上有2个实根，且，当时在上没有实根，在上有2个实根，且，，在区间有4个不同的解，所以，所以的取值范围是，④正确，故答案为：①②④.【点睛】函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.17．(1)；(2)【分析】（1）利用题目条件得到方程组，求出首项和公差，排除不合要求的解，得到通项公式；（2）当为偶数时，，当时，，当，，从而得到，结合等差数列求和公式求出答案.【详解】（1）由题意得，由得，所以，因为成等比数列，所以，即，把代入上式得，解得或，当时，，不符合题意，当时，，所以；（2）因为，当为偶数时，，当时，，当，，所以.18．(1)答案见解析，证明见解析(2)【分析】（1）首先根据几何体的特征作辅助线，取中点，连接，，并证明平面，再结合垂直和平行的转化关系，即可确定，的位置；（2）根据（1）的结果，建立空间直角坐标系，并求平面的法向量，根据线面角的向量法，即可求解.【详解】（1）取中点，连接，，由已知可得，所以，，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，过作的平行线与的交点即为，过作的平行线与的交点即为，因为，所以，，所以当，时，平面与直线垂直．（2）由题意可得，因为，所以，以为原点，直线，分别为轴，轴，过点与平面垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，所以，，．设平面的一个法向量为，则有，得，取，得，设直线DA与平面DEF所成角为，则，所以直线DA与平面DEF所成角的正弦值为．19．(1)说明见解析(2)(3)【分析】（1）利用相关系数的计算公式即可得解；（2）利用已知数据和公式得到关于的线性回归方程;（3）根据已知条件求出随机变量X的取值，利用古典概型的概率公式计算随机变量取值相应的概率，再利用离散型随机变量的期望公式即可求解.【详解】（1）由表中的数据和附注中的参考数据得，，，，，，，∴．因为y与x的相关系数近似为0.997，说明y与x的线性相关程度相当高，从而可以用线性回归模型拟合y与x的关系．（2）由及（1）得，，所以y关于x的回归方程为．（3）X的取值依次为2，3，4，5，6，7，9，11，，，，，，，，,X的分布列X所以.20．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设出，得直线的方程为再与抛物线方程联立并结合只有一个切点可得，从而可求解.（2）设，则直线的方程设为，与抛物线联立后，分别求出其两根关系，从而可求解.【详解】（1）设，则l的方程为，与联立得，因为直线l与抛物线C只有1个公共点，所以，整理得，所以，又，所以，因为，，所以，，所以．（2）时，C的方程为，把，代入得l的方程为，把代入得，所以，由（1）知，，设，设直线AB方程为，与联立得，t，是该方程的两个根，所以，所以，所以，所以.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21．(1)(2)答案见解析【分析】（1）求时的范围，由题意可知，在的范围下恒成立，进行参变分离可求出的取值范围；（2）由题意可知，，当时，通过求的范围可判断，当时，通过比较和的正负，可判断的零点个数.【详解】（1）因为（），所以，由得，因为，所以，所以问题转化为