2024年雅礼中学高三数学4月模拟考试卷附答案解析

年雅礼中学高三数学4月模拟考试卷试题满分150分，考试时间120分钟2024.04一、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．定义差集且，已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知一组数据，，，，的平均数为2，方差为，则另一组数据，，，，的平均数、标准差分别为（

）A．2， B．2，1 C．4， D．4，3．设复数满足，在复平面内对应的点为，则（

）A．B．C． D．4．向量的数量积可以表示为：以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的四分之一，即如图所示，，我们称为极化恒等式.已知在中，是中点，，，则（

）A． B．16 C． D．85．南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔设计的，图中每个扇形圆心角都是相等的，半径长短表示数量大小．某机构统计了近几年中国知识付费用户数量（单位：亿人次），并绘制成南丁格尔玫瑰图（如图所示），根据此图，以下说法错误的是（

）A．2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加B．2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加量2018年最多C．2015年至2022年，知识付费用户数量的逐年增加量逐年递增D．2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍6．已知函数的图象关于点中心对称，则（

）A．直线是函数图象的对称轴B．在区间上有两个极值点C．在区间上单调递减D．函数的图象可由向左平移个单位长度得到7．已知点为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，设线段的中点为，且，则的面积为（

）A． B． C． D．8．中国古建筑闻名于世，源远流长．如图甲所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图乙所示，在结构示意图中，已知四边形为矩形，,,与都是边长为2的等边三角形，若点，，，，都在球的球面上，则球的表面积为（

）A． B． C． D．二、选择题：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．已知直线与圆：，则下述正确的是（

）A．对，直线恒过一定点B．，使得直线与圆相切C．对，直线与圆一定相交D．直线与圆相交且直线被圆所截得的最短弦长为10．已知满足，且的面积，则下列命题正确的是（

）A．的周长为B．的三个内角，，满足关系C．的外接圆半径为D．的中线的长为11．已知，.若存在，，使得成立，则下列结论正确的是（

）A．函数在处的切线与函数在处的切线重合B．当时，C．当时，D．若恒成立，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．的展开式中的系数为.13．若，则.14．已知数列的通项公式为，是数列的前项和，则.四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．已知函数.(1)当时，求在处的切线方程；(2)讨论在区间上的最小值.16．汽车尾气排放超标是全球变暖、海平面上升的重要因素.我国近几年着重强调可持续发展，加大在新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业发展，某汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到下面的统计表：年份20172018201920202021年份代码12345销量/万辆1012172026(1)统计表明销量与年份代码有较强的线性相关关系，求关于的经验回归方程，并预测该地区新能源汽车的销量最早在哪一年能突破50万辆；(2)某新能源汽车品牌销售商为了促销，采取“摸球定价格”的优惠方式，其规则为：盒子内装有编号为1，2，3的三个相同的小球，有放回地摸三次，三次摸到相同编号的享受七折优惠，三次中仅有两次摸到相同编号的享受八折优惠，其余情况均享受九折优惠.已知此款新能源汽车一台标价为100000元，设小李购买此款新能源汽车的价格为，求的分布列与均值.附：为经验回归方程，，.17．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为.(1)若为棱的中点，求证：平面；(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成夹角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.18．已知双曲线的右顶点，它的一条渐近线的倾斜角为.(1)求双曲线的方程；(2)过点作直线交双曲线于，两点（不与点重合），求证：；(3)若过双曲线上一点作直线与两条渐近线相交，交点为，，且分别在第一象限和第四象限，若，，求面积的取值范围.19．已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：①；②对于，使得的正整数对有k个.(1)写出所有4的1减数列；(2)若存在m的6减数列，证明：；(3)若存在2024的k减数列，求k的最大值.1．B【分析】根据差集的定义直接求解即可.【详解】因为，，所以，所以．故选：B2．C【分析】根据平均数、方差的性质计算可得.【详解】因为一组数据，，，，的平均数为2，方差为，所以另一组数据，，，，的平均数为，方差为,即平均数、标准差分别为．故选：C．3．D【分析】依据题意得到对应复数，依据复数模的几何意义化简求解即可.【详解】设，故，可得，化简得，故D正确.故选：D4．A【分析】可以把三角形补形为平行四边形，,利用已知条件求解即可.【详解】由题设，可以补形为平行四边形，由已知得．故选：A．5．C【分析】利用题中所给的南丁格尔玫瑰图逐一考查所给选项，即可得解.【详解】对于A，由图可知，2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加，故A说法正确；对于B和C，知识付费用户数量的逐年增加量分别为：2016年，；2017年，；2018年，；2019年，；2020年，；2021年，；2022年，；则知识付费用户数量逐年增加量2018年最多，知识付费用户数量的逐年增加量不是逐年递增，故B说法正确，C说法错误；对于D，由，则2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍，故D说法正确.综上，说法错误的选项为C.故选：C6．C【分析】利用整体代入法判断A，利用整体换元法判断B，利用三角函数的单调性判断C，利用三角函数平移的性质判断D即可.【详解】因为函数的图象关于点中心对称，所以，可得，结合，得，所以．对于A，，所以直线不是函数图象的对称轴，故A不正确；对于B，当时，，所以函数在区间上只有一个极值点，故B不正确；对于C，当时，，所以函数在区间上单调递减，故C正确；对于D，左移个单位长度后得到，故D错误．故选：C．7．A【分析】根据椭圆的定义及三角形中位线的性质求出、，再由余弦定理求出，即可求出，最后由面积公式计算可得.【详解】由题意可得．如图，因为分别是和的中点，所以，根据椭圆定义，可得，又因为，所以，所以，故的面积为．故选：A．8．A【分析】如图，根据球的性质可得平面，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当在线段上和在线段的延长线上时，由球的性质可得球半径的平方为，再用球的表面积公式计算即可.【详解】如图，连接，，设，因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心．连接，则平面，分别取，，的中点，，，根据几何体的对称性可知，直线交于点．连接PQ，则，且为的中点，因为，所以，连接，，在与，易知，所以梯形为等腰梯形，所以，且．设，球的半径为，连接，，当在线段上时，由球的性质可知，易得，则，此时无解．当在线段的延长线上时，由球的性质可知，，解得，所以，所以球的表面积.故选：A．9．ACD【分析】由直线方程确定其所过的定点坐标，判断该定点与圆的位置关系即可判断A、B、C；根据直线与圆相交弦长最短，只需定点与圆心的连线与已知直线垂直，几何法求最短弦长判断D.【详解】由题设，令，所以直线恒过定点，A对；又的标准式为，显然，所以点在圆内，故直线与圆必相交，B错，C对；要使直线与圆相交弦长最短，只需定点与圆心的连线与已知直线垂直，此时定点与直线距离为，又圆的半径为2，则最短相交弦长为，D对.故选：ACD10．BC【分析】根据已知结合正、余弦定理和面积公式可以求得，，进而可以得到选项ABC是否正确，选项D，弦利用正弦定理和三角变换求出，再借助余弦定理解三角形，可得解.【详解】因为满足，所以，设，利用余弦定理得，，由于，所以．因为，所以，解得．所以，

对于A，的周长为，故A不正确；对于B，因为，所以，故，故B正确；对于C，由正弦定理得外接圆半径为，故C正确；对于D，如图所示，在中，利用正弦定理，解得，又，所以，在中，利用余弦定理，解得，故D不正确．故选：BC．11．ABC【分析】求出在切点处的导数和函数值，即可得切线方程，可判断A；对变形为，利用导数判断的单调性，由单调性可得，然后可判断B；利用B中结论，结合的最值可判断C；令，利用导数求最小值，由可判断D.【详解】选项A，由，得，又验证知，切线方程都为，故A正确；选项B，，则，且，由，得，当时，，则在上递增，所以当时，有唯一解，故，，故B正确；选项C，由B正确，得，设，则，令，解得，易知在上单调递增，在上单调递减，，故C正确；选项D，由恒成立，即恒成立，令，则，由在上递增，又，存在，使，在上递减，在上递增（其中满足，即）．，要使恒成立，，存在满足题意，故D错误．故选：ABC．【点睛】关键点睛：对于B选项，关键在于同构函数，利用单调性求解；对于C选项，对不等式适当变形，转化为函数最值问题；对于D选项，关键在于利用隐零点方程化简函数最值，然后结合基本不等式即可求解.12．【分析】写出展开式的通项，利用通项计算可得.【详解】二项式展开式的通项为（），所以展开式中含的项为，即展开式中的系数为.故答案为：13．##【分析】利用和差公式求出，然后弦化切可得.【详解】依题意，，解得，故故答案为：14．【分析】设，根据所给通项求出，则，利用分组求和法计算可得.【详解】因为，设，所以.故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到切线的斜率，再利用斜截式得到切线方程；（2）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的最小值.【详解】（1）当时，，则，所以，则在处的切线方程为，即，所以当时，函数在处的切线方程为．（2）函数，则，当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减；当时，函数在上单调递减，故函数的最小值；当时，函数在上单调递增，故函数的最小值；当时，函数的最小值．综上可得.16．(1)，2028；(2)分布列见详解，.【分析】（1）利用公式直接求解得，然后由求出即可的回归方程，然后解不等式可解；（2）先确定的取值，求出相应概率即可的分布列，然后由期望公式可得.【详解】（1）由题意得：，．所以所以关于的经验回归方程为，令，得，所以最小的整数为，所以该地区新能源汽车的销量最早在2028年能突破50万辆．（2）有放回地摸球，每次摸到某个编号的概率为，则三次摸到相同编号的概率为；三次中仅有两次摸到相同编号的概率为；三次编号都不相同的概率为.得分布列：700008000090000故．17．(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）合理构造图形，利用线线平行证明线面平行即可.（2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法处理即可.【详解】（1）取中点，连接分别为的中点，，底面四边形是矩形，为棱的中点，，故四边形是平行四边形，，又平面平面，//平面.（2）假设在棱上存在点满足题意，如图：连接，，，在等边中，为的中点，所以，又平面平面，平面平面平面，平面，则是四棱锥的高，设，则，∴，所以，以点为原点，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，故，设，．设平面的一个法向量为，则所以可取.易知平面的一个法向量为，，，故存在点满足题意.18．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）首先得到，由渐近线的倾斜角得到斜率，从而求出；（2）分直线的斜率不存在与存在且不为两种情况讨论，设线、点，联立消元、列出韦达定理，通过计算证明；（3）设直线方程为，，由向量共线的坐标表示得到，再由点在双曲线上推导出，再联立直线与得到、、的关系，最后由面积公式及对勾函数的性质计算可得.【详解】（1）易知，又双曲线的渐近线为，，，故双曲线的方程为．（2）由已知可得直线的斜率不为，当直线的斜率不存在时由，解得或，不妨令，，所以，，则，即，所以，当直线的斜率存在且不为时，设直线的方程为，，，联立，整理得，其中，且时，则，所以，所以，，即，．（3）由题意可知，若直线有斜率则斜率不为0，故设直线方程为，设，点在双曲线上，，，③，又，④，联立，由，所以，所以⑤，⑥，分别在第一象限和第四象限，，由④式得：，⑦将⑤⑥代入⑦得：，，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，【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，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.19．(1)数列和数列3，1(2)证明见解析(3)的最大值为512072【分析】（1）根据k减数列的定义，即可写出答案；（2）根据存在的6减数列，可得，即，继而分类讨论n的取值，说明每种情况下都有，即可证明结论；（3）分类讨论数列中的项的情况，结合题意确