2024届贵州省毕节市织金县部分学校高三下学期一模考试数学试题(一)（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2贵州省毕节市织金县部分学校2024届高三下学期一模考试数学试题(一)一､选择题1.复数满足，则（）A. B.1 C. D.〖答案〗C〖解析〗由，得，所以.故选：C2.已知集合，，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由可知：，即，故，所以.故选：D.3.已知平面：在平面内，过点存在唯一一条直线与平行，与不平行，则是的（）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〖答案〗C〖解析〗由平面，得平面是不同平面，命题“若，则”：假设平行，则过点有无数条直线与平行，与矛盾，因此“若，则”是真命题；命题“若，则”：不平行，则相交，令交线为，由，得，平面内过点有唯一一条直线与直线平行，该直线不在内，而在内，则该直线与平行，因此在平面内，过点存在唯一一条直线与平行，“若，则”是真命题，所以是的充要条件.故选：C4.二项式的展开式中含项的系数为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由二项式定理可知，的展开式的通项为，令，解得，所以，所以二项式的展开式中含项的系数为.故选：B.5.直线与抛物线交于两点，且线段的中点为，则抛物线的方程为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗依题意，由消去得：，显然，由线段中点为，得，解得，所以抛物线的方程为.故选：A.6.已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为函数是定义在上的奇函数，则，又当时，，即，所以，所以时，，由，得，于是，因此是函数的一个周期，则，又，则.故选：D7.如图所示，圆和圆是球的两个截面圆，且两个截面互相平行，球心在两个截面之间，记圆，圆的半径分别为，若，则球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设球半径为，依题意，，则，解得，因此，所以球的表面积.故选：A8.已知函数的零点从小到大分别为.若，则（）A. B. C. D.3〖答案〗B〖解析〗令，即，解得或,因为函数的零点从小到大分别为，所以，由，得，又因为，所以，解得.故选：B.二､多选题9.已知,则下列结论正确的是（）A.B.C.D.若,则〖答案〗ACD〖解析〗对于A，,故A正确;对于B，因为,所以,故B错误;对于C，因为所以,故C正确;对于D，,所以,解得,则,故D正确.故选:ACD.10.某班开展数学文化活动，其中有数学家生平介绍环节.现需要从包括2位外国数学家和4位中国数学家的6位人选中选择2位作为讲座主题人物.记事件“这2位讲座主题人物中至少有1位外国数学家”，事件“这2位讲座主题人物中至少有1位中国数学家”.则下说法正确的是（）A.事件不互斥B.事件相互独立C.D.设，则〖答案〗AD〖解析〗由题意可得总情况数为，其中事件包括1位外国数学家和1位中国数学家，以及2位外国数学家，两种情况，所以，事件包括1位外国数学家和1位中国数学家，以及2位中国数学家，两种情况，所以，所以事件不互斥，故A正确；且，且，所以事件不相互独立，故B错误；又，，故C错误；因为，则，且，，所以，故D正确；故选：AD.11.已知，函数有两个极值点，则（）A.B.时，函数的图象在处的切线方程为C.为定值D.时，函数在上的值域是〖答案〗ABC〖解析〗对于A，由题意，当时，，无极值点，当时，，时，，函数单调递减，无极值点，当时，令，得，解得，当，解得或，上单调递增，当，解得，上单调递减，所以是的极大值点，是的极小值点，所以当时，函数有两个极值点，故正确；对于B，若，则，则，则，，所以函数在处的切线方程为，即，故正确；对于C，因为，当时，由，得，则，所以为定值，故C正确；对于D，当时，则，则，令，解得或，所以当时，，，，上的值域是，故错误.故选：ABC.三､填空题12.已知，则__________.〖答案〗〖解析〗因为，所以.故〖答案〗为：13.过点且斜率为的直线与圆交于两点，已知，试写出一个符合上述条件的圆的标准方程__________.〖答案〗（〖答案〗不唯一，）〖解析〗依题意，直线的方程为，即，圆的圆心，半径，点到直线的距离，由，得，于是，整理得，解得或，所以圆的标准方程为或.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）14.三等分角大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，它和“立方倍积问题”“化圆为方问题”并称为“古代三大几何难题”.公元六世纪时，数学家帕普斯曾证明用一固定的双曲线可以解决“三等分角问题”.某同学在学习过程中，借用帕普斯的研究，使某锐角的顶点与坐标原点重合，点在第四象限，且点在双曲线的一条渐近线上，而与在第一象限内交于点.以点为圆心，为半径的圆与在第四象限内交于点，设的中点为，则.若，则的值为__________.〖答案〗〖解析〗令，则，直线的倾斜角为，则斜率，显然，而，则等腰三角形的底角为，，即，而，则，则，，又，解得，则直线，由，解得，又，即，则得，故〖答案〗为：.四､解答题15.已知数列满足.（1）设，证明：是等比数列；（2）求数列的前项和.（1）证明：因为，所以，所以，所以，所以，又，则，所以是以为首项，为公比的等比数列.（2）解：由（1）可知，，由于，所以，所以.16.2024年1月5日起，第40届中国·哈尔滨国际冰雪节在黑龙江省哈尔滨市举行.让大家对冰雪文化进一步了解，激发了大家对冰雪运动进一步的热爱.为了调查不同年龄层的人对“冰雪运动”的喜爱态度.某研究小组随机调查了哈尔滨市社区年龄在的市民300人，所得结果统计如下频数分布表所示年龄（单位：周岁）频数3081996030持喜爱态度2465753012（1）求该样本中市民年龄的分位数；（2）为鼓励市民积极参加这次调查，该研究小组决定给予参加调查的市民一定的奖励，奖励方案有两种：方案一：按年龄进行分类奖励，当时，奖励10元：当时，奖励30元：当时，奖励40元；方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中年龄低于样本中位数的可抽1次奖，年龄不低于样本中位数的可抽2次奖.每次抽中奖励30元，未抽中奖励10元，各次抽奖间相互独立，且每次抽奖中奖的概率均为.将频率视为概率，利用样本估计总体的思想，若该研究小组希望最终发出更多的奖金，则从期望角度出发.该研究小组应采取哪种方案.解：（1）由题意年龄在的市民频率为，年龄在的市民频率为，年龄在的市民频率为，年龄在的市民频率为，年龄在的市民频率为，设该样本中市民年龄的分位数为，则易知，则，得故该样本中市民年龄的分位数为.（2）方案一：设每名参与调查的市民可获得的奖金为元，则的所有可能取值为，其对应的概率分别为，，，故.方案二：设每名参与调查的市民课获得的奖金为元，则的所有可能取值为10，20，30，40，60，可得，，，，，，因为，所以从数学期望的角度分析，该研究小组应采取方案二.17.在直三棱柱中，点是的中点，是的中点,，.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：连接交于点，连接,在直三棱柱中，且，所以四边形是平行四边形，所以是的中点，又因为点是的中点，所以,又平面，平面，所以平面.（2）解：在直三棱柱中，,所以,平面,取的中点为,连接,因为，点是的中点,所以,因为点是的中点，点是的中点,所以,所以平面,以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示在中，，所以，，,所以设平面的一个法向量为，则,即，令，则，所以，设平面的一个法向量为，则,即，令，则，所以，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.18.已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，且到的距离分别为，满足，过点作两直线与分别交于两点，记直线与的斜率分别为，且满足.（1）证明：；（2）求的最大值.（1）证明：由题意，则，所以，由椭圆定义知：，又，所以，所以，即，所以，由点在椭圆上得：，解得，所以椭圆的方程为.所以，所以；（2）解：由题意直线为，不妨取，则直线为，联立方程组，整理得，由，解得，又由，可得，则，同理可得：，，所以，，所以，当且仅当即时，等号成立，因此，的最大值为.19.已知函数，且与轴相切于坐标原点．（1）求实数的值及的最大值；（2）证明：当时，；（3）判断关于的方程实数根的个数，并证明．（1）解：由题意知，且，，，解得，，，则，当时，，．故，所以在区间上单调递减，所以．当时，令，则，，，，在区间上单调递减，则，在区间上单调递增，则，则．综上所述，，的最大值为．（2）证明：因为，要证当时，即证，记，，当时，，，；当时，，记，则，在区间上单调递减，则，则在区间上单调递减，，综上所述，当时，．（3）解：设，，，当时，由（1）知，故，故在区间上无实数根．当时，，因此为的一个实数根．当时，单调递减，又，，存，使得，所以当时，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，，又，在区间上有且只有一个实数根，在区间上无实数根．当时，，令，，故在区间上单调递减，，于是恒成立．故在区间上无实数根，综上所述，有2个不相等的实数根．贵州省毕节市织金县部分学校2024届高三下学期一模考试数学试题(一)一､选择题1.复数满足，则（）A. B.1 C. D.〖答案〗C〖解析〗由，得，所以.故选：C2.已知集合，，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由可知：，即，故，所以.故选：D.3.已知平面：在平面内，过点存在唯一一条直线与平行，与不平行，则是的（）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〖答案〗C〖解析〗由平面，得平面是不同平面，命题“若，则”：假设平行，则过点有无数条直线与平行，与矛盾，因此“若，则”是真命题；命题“若，则”：不平行，则相交，令交线为，由，得，平面内过点有唯一一条直线与直线平行，该直线不在内，而在内，则该直线与平行，因此在平面内，过点存在唯一一条直线与平行，“若，则”是真命题，所以是的充要条件.故选：C4.二项式的展开式中含项的系数为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由二项式定理可知，的展开式的通项为，令，解得，所以，所以二项式的展开式中含项的系数为.故选：B.5.直线与抛物线交于两点，且线段的中点为，则抛物线的方程为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗依题意，由消去得：，显然，由线段中点为，得，解得，所以抛物线的方程为.故选：A.6.已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为函数是定义在上的奇函数，则，又当时，，即，所以，所以时，，由，得，于是，因此是函数的一个周期，则，又，则.故选：D7.如图所示，圆和圆是球的两个截面圆，且两个截面互相平行，球心在两个截面之间，记圆，圆的半径分别为，若，则球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设球半径为，依题意，，则，解得，因此，所以球的表面积.故选：A8.已知函数的零点从小到大分别为.若，则（）A. B. C. D.3〖答案〗B〖解析〗令，即，解得或,因为函数的零点从小到大分别为，所以，由，得，又因为，所以，解得.故选：B.二､多选题9.已知,则下列结论正确的是（）A.B.C.D.若,则〖答案〗ACD〖解析〗对于A，,故A正确;对于B，因为,所以,故B错误;对于C，因为所以,故C正确;对于D，,所以,解得,则,故D正确.故选:ACD.10.某班开展数学文化活动，其中有数学家生平介绍环节.现需要从包括2位外国数学家和4位中国数学家的6位人选中选择2位作为讲座主题人物.记事件“这2位讲座主题人物中至少有1位外国数学家”，事件“这2位讲座主题人物中至少有1位中国数学家”.则下说法正确的是（）A.事件不互斥B.事件相互独立C.D.设，则〖答案〗AD〖解析〗由题意可得总情况数为，其中事件包括1位外国数学家和1位中国数学家，以及2位外国数学家，两种情况，所以，事件包括1位外国数学家和1位中国数学家，以及2位中国数学家，两种情况，所以，所以事件不互斥，故A正确；且，且，所以事件不相互独立，故B错误；又，，故C错误；因为，则，且，，所以，故D正确；故选：AD.11.已知，函数有两个极值点，则（）A.B.时，函数的图象在处的切线方程为C.为定值D.时，函数在上的值域是〖答案〗ABC〖解析〗对于A，由题意，当时，，无极值点，当时，，时，，函数单调递减，无极值点，当时，令，得，解得，当，解得或，上单调递增，当，解得，上单调递减，所以是的极大值点，是的极小值点，所以当时，函数有两个极值点，故正确；对于B，若，则，则，则，，所以函数在处的切线方程为，即，故正确；对于C，因为，当时，由，得，则，所以为定值，故C正确；对于D，当时，则，则，令，解得或，所以当时，，，，上的值域是，故错误.故选：ABC.三､填空题12.已知，则__________.〖答案〗〖解析〗因为，所以.故〖答案〗为：13.过点且斜率为的直线与圆交于两点，已知，试写出一个符合上述条件的圆的标准方程__________.〖答案〗（〖答案〗不唯一，）〖解析〗依题意，直线的方程为，即，圆的圆心，半径，点到直线的距离，由，得，于是，整理得，解得或，所以圆的标准方程为或.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）14.三等分角大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，它和“立方倍积问题”“化圆为方问题”并称为“古代三大几何难题”.公元六世纪时，数学家帕普斯曾证明用一固定的双曲线可以解决“三等分角问题”.某同学在学习过程中，借用帕普斯的研究，使某锐角的顶点与坐标原点重合，点在第四象限，且点在双曲线的一条渐近线上，而与在第一象限内交于点.以点为圆心，为半径的圆与在第四象限内交于点，设的中点为，则.若，则的值为__________.〖答案〗〖解析〗令，则，直线的倾斜角为，则斜率，显然，而，则等腰三角形的底角为，，即，而，则，则，，又，解得，则直线，由，解得，又，即，则得，故〖答案〗为：.四､解答题15.已知数列满足.（1）设，证明：是等比数列；（2）求数列的前项和.（1）证明：因为，所以，所以，所以，所以，又，则，所以是以为首项，为公比的等比数列.（2）解：由（1）可知，，由于，所以，所以.16.2024年1月5日起，第40届中国·哈尔滨国际冰雪节在黑龙江省哈尔滨市举行.让大家对冰雪文化进一步了解，激发了大家对冰雪运动进一步的热爱.为了调查不同年龄层的人对“冰雪运动”的喜爱态度.某研究小组随机调查了哈尔滨市社区年龄在的市民300人，所得结果统计如下频数分布表所示年龄（单位：周岁）频数3081996030持喜爱态度2465753012（1）求该样本中市民年龄的分位数；（2）为鼓励市民积极参加这次调查，该研究小组决定给予参加调查的市民一定的奖励，奖励方案有两种：方案一：按年龄进行分类奖励，当时，奖励10元：当时，奖励30元：当时，奖励40元；方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中年龄低于样本中位数的可抽1次奖，年龄不低于样本中位数的可抽2次奖.每次抽中奖励30元，未抽中奖励10元，各次抽奖间相互独立，且每次抽奖中奖的概率均为.将频率视为概率，利用样本估计总体的思想，若该研究小组希望最终发出更多的奖金，则从期望角度出发.该研究小组应采取哪种方案.解：（1）由题意年龄在的市民频率为，年龄在的市民频率为，年龄在的市民频率为，年龄在的市民频率为，年龄在的市民频率为，设该样本中市民年龄的分位数为，则易知，则，得故该样本中市民年龄的分位数为.（2）方案一：设每名参与调查的市民可获得的奖金为元，则的所有可能取值为，其对应的概率分别为，，，故.方案二：设每名参与调查的市民课获得的奖金为元，则的所有可能取值为10，20，30，40，60，可得，，，，，，因为，所以从数学期望的角度分析，该研究小组应采取方案二.17.在直三棱柱中，点是的中点，是的中点,，.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：连接交于点，连接,在直三棱柱中，且，所以四边形是平行四边形，所以是的中点，又因为点是的中点，所以,又平面，平面，所以平面.（2）解：在