2024年云南师大附中高三数学4月高考模拟试卷附答案解析

年云南师大附中高三数学4月高考模拟试卷2024.04注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效.3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．已知集合，，则（

）A．B．C． D．2．已知满足，且在复平面内对应的点为，则（

）A．B．C． D．3．已知向量，满足，，且，的夹角为，则向量在向量方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．4．已知函数在处取得最大值，则（

）A． B． C． D．5．数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（

）A．B．C． D．6．在中，角，，所对的边分别为，，，记的面积为，已知，，，求外接圆半径与内切圆半径之比为（

）A．B．C． D．7．随着互联网普及和技术的飞速发展，网络游戏已成为当今社会的一种流行文化，也是青少年学习、娱乐和社交的重要方式.但随着网络游戏的推广发展，一些青少年对其过度依赖，甚至对心理健康产生了不可忽视的影响.“预防网络游戏沉迷，关爱青少年心理健康，已成为亟需破解的现实问题.”某款网络游戏的规则如下：参与者每一局需投一枚游戏币，每局通关的概率为50%，若该局通关，参与者可以赢得两个游戏币.遇到两种情况会自动结束游戏：一种是手中没有游戏币；一种是手中游戏币到预期的个.设当参与者手中有个（）游戏币时，最终手中没有游戏币的概率为，下列说法错误的是（

）A．，B．记参与者通关的局数，在前13局中，，C．D．若参与者最初手中有20个游戏币，他希望赢到100个，则他输光的概率为8．已知实数，，不全为0，则的最大值为（

）A． B． C． D．二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．下列说法正确的是（

）A．对于单峰的频率分布直方图，单峰不对称且在右边“拖尾”，则平均数大于中位数B．回归分析中，线性相关系数的取值范围为C．回归分析中，决定系数越大，拟合效果越好D．在独立性检验中，当（为的临界值）时，推断零假设不成立10．已知平面向量，，满足，，，则的取值可能为（

）A．5 B．6 C．7 D．811．已知为双曲线：（，）右支上一点，，分别为左、右焦点，为的内角平分线，是坐标原点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，则下列说法正确的是（

）A．B．三角形面积的最大值是C．三角形的内切圆与轴相切于双曲线的顶点D．设双曲线的离心率为，则有三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12．函数对定义域内任意的，，都有，写出一个满足上述条件的函数.13．我国古代数学典籍九章算术中有一种名为“羡除”的几何体，它由古代的隧道形状抽象而来.如图所示，在五面体中，，四边形，，为等腰梯形，且平面平面.其中，，（），且到平面的距离为，和的距离为，若，，，，，则该“羡除”的体积为.14．若关于的方程有两个不同的实根，，且，则实数的取值范围为.四、解答题（本大题共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．已知总体分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，.记总样本的平均数为，样本方差为.(1)试证明：；(2)在对某高中1500名高三年级学生的身高的调查中，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取100人，已知这1500名高三年级学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为170cm和12，女生的平均数和方差分别为160cm和38.试用（1）证明的公式估计高三年级全体学生身高的方差.16．在如图所示的直四棱柱中，连接，，，，，，，.(1)求证：，，，四点共面；(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.17．刻画曲线的弯曲程度是几何研究的重要内容，曲线的曲率是针对曲线上某个点的切线方向角对弧长的转动率，曲线的曲率越大，表示曲线的弯曲程度越大.若记，则函数在点处的曲率.(1)求曲线在点处的曲率；(2)已知函数，，若存在，使得的曲率为0，求证：.18．在直角坐标系中，已知定圆，动圆过点且与圆相切，记动圆圆心的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)设点，，（），直线，分别与曲线交于点，（，异于），问直线是否过定点，若过，求定点坐标；若不过，请说明理由.19．若项数为（）的数列：，，…，满足：.定义变换：将数列中原有的每个0都变成0，1，原有的每个1都变成1，0，若，1，.(1)求；(2)若中0的个数记为，1的个数记为，，求；(3)记中连续两项都是1的数对个数记为，求.1．A【分析】分别求出集合，再根据交集的定义求解即可.【详解】由题意，，或所以.故选：A．2．B【分析】根据复数的模化简可解.【详解】由题意，由，即，化简得.故选：B．3．D【分析】利用投影向量的公式即可求解.【详解】向量在向量方向上的投影向量，故选：D．4．C【分析】借助辅助角公式，结合正弦函数的性质求解．【详解】，其中，，又当时，取得最大值，所以，即，所以，故选：C．5．B【分析】根据递推关系采用叠加法即可.【详解】根据题意，，，，，…，，，则，，…，，，将上述各式两边相加得，，所以.故选：B．6．B【分析】根据三角形面积公式和余弦定理，结合辅助角公式可得角和，再利用正弦定理可求外接圆半径，等面积法求内切圆半径，从而求解.【详解】因为，所以，即，由余弦定理，得，，，在三角形中，则或(舍)，故，由余弦定理，，所以，由正弦定理，，则，因为，所以，所以.故选：B.7．C【分析】根据游戏规则可直接判定A；根据，可计算，，判断B；由全概率公式判断C；由选项C可得为等差数列，结合1数列通项公式可判断D.【详解】对于A，当时，游戏币已经输光了，因此，当时，参与者已经到了终止游戏的条件，因此输光的概率，故A正确；对于B，由题意可得，，所以，故B正确；对于C，参与者有n个游戏币的状态，可能来源于有个游戏币再赢一局，也可能来源于有个游戏币再输一局，由全概率公式，，故C错误；对于D，由C得，所以为等差数列，其中首项，设公差为，则，即，，所以，当时，，故D正确.故选：C．8．D【分析】对式子变形后利用基本不等式求解最值即可.【详解】由题意实数，，不全为0，，当且仅当时，等号成立.故选：D.9．ACD【分析】根据频率分布直方图数据分布判断A，根据回归分析线性相关系数范围判断B，根据回归分析决定系数的定义判断C，根据独立性检验判断D.【详解】根据频率分布直方图可得，单峰不对称且在右边“拖尾”，则平均数变大，中位数变小，故平均数大于中位数，A正确；回归分析中，线性相关系数的取值范围为，故B错误；回归分析中，决定系数越大，拟合效果越好，故C正确；在独立性检验中，当（为的临界值）时，推断零假设不成立，故D正确.故选：ACD10．BCD【分析】作，，，由已知得A，B在以点C为圆心，为半径的圆上，根据矩形性质得点D在以点C为圆心，8为半径的圆上，从而得，根据选项逐项判断即可.【详解】如图，作，，，由，可知A，B在以点C为圆心，为半径的圆上，以，为邻边作矩形，由矩形的性质可知，，可得，即点D在以点C为圆心，8为半径的圆上，所以，即，所以.故选：BCD11．ABC【分析】延长到M，交延长线于M，利用双曲线定义即可判断A，根据三角形面积和正弦函数性质判断B，根据双曲线定义和焦点三角形内切圆性质得到其中一个切点坐标的方程，解出即可判断C，利用双曲线定义及正弦定理化简即可判断D.【详解】如图，延长到M，交延长线于M，则，为三角形的中位线，所以，故A正确；结合选项A，同理，所以三角形面积，故B正确；如图，设内切圆与内切的切线长分别为，由双曲线的定义知，即，又，所以，又，所以的内切圆与x轴相切于点，故C正确；由题意，，则①，记，如图：由正弦定理得②，由①、②得：，所以，所以，故D错误.故选：ABC【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分利用三角形内切圆性质和双曲线定义从而判断C选项，利用双曲线定义及正弦定理建立方程，利用三角恒等变换及离心率的定义判断D选项.12．（答案不唯一）【分析】利用指数的运算性质可知指数函数符合题意.【详解】根据题意，且，则，有，，所以定义域内任意的，，都有，所以指数函数符合题意.故答案为：（答案不唯一）13．40【分析】将“羡除”分割为两个四棱锥和一个直棱柱求体积.【详解】如图，平面内，过分别作的垂线，垂足分别为，平面内，过分别作的垂线，与分别交于，将“羡除”分割为两个四棱锥，和直棱柱，由，四边形，，为等腰梯形，且平面平面.则，，，故所求几何体的体积为．故答案为：4014．【分析】由题意有两个不相等的实数根，令，利用导数研究函数单调性并画出图象，数形结合得，令，通过指对化化得，设，利用导数研究函数单调性，求解最值，进而，即可求解的取值范围.【详解】因为不是方程的根，所以有两个不相等的实数根，令，则，当时，，在区间上单调递减，且；当时，，在区间上单调递减，且，当时，，在区间上单调递增，且，所以的极小值为，图象大致如图：若有两个不相等的实数根，则，即，且，令，则，由，得，又，所以，所以，取对得，所以，设，则，所以在上单调递减，则.又在区间上单调递减，，，所以，即，所以实数的取值范围为.【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围.15．(1)证明见解析(2)46.4【分析】（1）根据方差公式结合完全平方和公式变形证明即可；（2）先由分层抽样方法求得男生和女生抽取人数，然后计算总体平均数，再代入（1）中的公式计算即可.【详解】（1）证明：已知总体分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，.记总样本的平均数为，样本方差为，，由，得，所以.（2）设在男生、女生中分别抽取m名和n名，则，解得，，记抽取的总样本的平均数为，根据按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，可得：，所以，抽取的总样本的平均数为166cm；男生样本的平均数为，样本方差为；女生样本的平均数为，样本方差为，记总样本的样本方差为，则，所以，估计高三年级全体学生的身高的方差为46.4.16．(1)证明见详解(2)【分析】（1）由题意可得，，根据平行线性质有，，即可证结论；（2）因为，以A为原点，建立如图6所示的空间直角坐标系，利用面面夹角的向量法求解.【详解】（1）因为，，，是等腰直角三角形，故，所以，又，所以，所以，，，四点共面．（2）因为，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，，因为，则，，，，，所以，.设平面的法向量为，则有，化简得，所以可取，，.设平面的法向量为，则有，化简得，所以取，平面与平面的夹角即与夹角或其补角，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为..17．(1)(2)详见解析.【分析】（1）利用函数在点处的曲率的定义求解；（2）由曲率为0，得到，令，则有两个解，设为，，，则，从而，设，化简得到，，将问题，转化为证.【详解】（1）解：，，所以曲线在点处的曲率为（2）证明：由题意可得，，若曲率为0，则，即，即，令，则，得，所以在上，，单调递增，且；在上，，单调递减，且.又，所以有两个解.设为，，，又，所以，可设，，所以，，，化简可得，则.要证，即证，需要证，即证，令，，所以在上单调递增，所以，得证．【点睛】思路点睛：由曲率为0，转化为有两个解，设，，，则，转化为，设，，得到，，从而化简得到，，将问题之和为而得证.18．(1)(2)过定点【分析】（1）根据椭圆的定义知点N的轨迹为椭圆，写出方程；（2）根据题意得，设直线GH的方程为：，与椭圆方程联立，利用换元法可求的值，从而找到定点坐标.【详解】（1）因为点在：内，所以圆N内切于圆M，则，由椭圆定义知，圆心N的轨迹为椭圆，且，，则，，所以动圆圆心N的轨迹方程为．（2）由，则，设直线GH的方程为：，联立椭圆的方程整理得两边同时除以，得令，整理得由已知：，解得：，所以直线GH的方程为：，即，所以直线GH恒过点.【点睛】关键点点睛：在第（2）问中，发现，设直线GH的方程为：，与椭圆方程联立，得之后换元，利用韦达定理可求的值，从而找到定点坐标.19．(1)(2)(3)【分析】（1）根据定义