2024年皖豫名校高三数学5月模拟联考试卷附答案解析

2024年皖豫名校高三数学5月模拟联考试卷试卷满分150分，考试用时120分钟2024.05一､单项选择题：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．已知某市高三共有20000名学生参加二模考试，统计发现他们的数学分数近似服从正态分布，据此估计，该市二模考试数学分数介于75到115之间的人数为（

）参考数据：若，则.A．13272 B．16372 C．16800 D．195182．若复数满足，则（

）A． B． C． D．3．在椭圆的4个顶点和2个焦点中，若存在不共线的三点恰为某个正方形的两个顶点和中心，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．4．记数列的前项和为，若，则（

）A．590 B．602 C．630 D．6505．已知正方体的棱长为1，若从该正方体的8个顶点中任取4个，则这4个点可以构成体积为的四面体的概率为（

）A． B． C． D．6．已知函数的图象关于直线对称，则（

）A．8 B．10 C．12 D．147．已知圆台的上､下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（

）A． B． C． D．8．已知实数满足，则（

）A．B．C． D．二､多项选择题：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．已知函数，则（

）A．B．的图象关于直线对称C．在上单调递增D．函数在上有2个零点10．已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（

）A．平面B．直线与平面所成角的正弦值为C．D．点到平面的距离为11．已知抛物线和的焦点分别为，动直线与交于两点，与交于两点，其中，且当过点时，，则下列说法中正确的是（

）A．的方程为B．已知点，则的最小值为3C．D．若，则与的面积相等三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知集合，若的所有元素之和为12，则实数.13．已知圆的圆心为点，直线与圆交于两点，点在圆上，且，若，则.14．已知，其中，且，则.四､解答题：本题共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．某校为了给高三学生举办“18岁成人礼”活动，由团委草拟了活动方案，并以问卷的形式调查了部分同学对活动方案的评分（满分100分），所得评分统计如图所示.(1)以频率估计概率，若在所有的学生中随机抽取3人，记评分在的人数为，求的数学期望和方差.(2)为了解评分是否与性别有关，随机抽取了部分问卷，统计结果如下表所示，则依据的独立性检验，能否认为评分与性别有关？男生女生评分3035评分2015(3)若将（2）中表格的人数数据都扩大为原来的10倍，则依据的独立性检验，所得结论与（2）中所得结论是否一致？直接给出结论即可，不必书写计算过程.参考数据：0.10.050.012.7063.8416.63516．如图，在三棱锥中，分别为棱的中点.

(1)证明：平面平面；(2)若点到底面的距离等于，且，求二面角的正弦值.17．已知函数，且曲线在点处的切线方程为.(1)求的极值；(2)若实数满足，记，求实数的最小值.18．已知双曲线的离心率为2，动直线与的左､右两支分别交于点，且当时，（为坐标原点）.(1)求的方程；(2)若点到的距离为的左､右顶点分别为，记直线的斜率分别为，求的最小值19．定义1：若数列满足①，②，则称为“两点数列”；定义2：对于给定的数列，若数列满足①，②，则称为的“生成数列”.已知为“两点数列”，为的“生成数列”.(1)若，求的前项和；(2)设为常数列，为等比数列，从充分性和必要性上判断是的什么条件；(3)求的最大值，并写出使得取到最大值的的一个通项公式.1．C【分析】由正态分布曲线的性质即可列式求解.【详解】依题意，故所求人数为.故选：C.2．D【分析】先求得z，然后求得|z|.【详解】依题意，，故，故.故选：D3．C【分析】分析这三个点一定构成等腰直角三角形，所以只可能是两种特殊情形，由于结果都是满足，所以只可求出一个离心率.【详解】根据题意，只需要这三个点构成等腰直角三角形，所以这三个点只可能是“短轴的两个端点和一个焦点”或“两个焦点和短轴的一个端点”，可设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，这两种情况都满足，所以，即椭圆的离心率为，故选：C.4．A【分析】根据作差得到，再计算出，即可得到，再利用并项求和法计算可得.【详解】因为，所以，两式相减可得.由，，解得，所以，满足上式，故，所以.故选：A5．A【分析】本题考查排列组合与古典概型概率计算.【详解】设正方体为，则满足体积为的四个顶点只有“”和“”两种情况满足，故所求概率.故选：A6．B【分析】利用的图象关于直线对称，可知向左平移个单位为偶函数，再利用恒成立,知对应待定系数相等，即可解决问题.【详解】依题意，为偶函数，当时，，由可知，解得，所以.故选：B7．B【分析】根据相切结合勾股定理可得，即可求解，由圆台和球的体积公式即可求解.【详解】设圆台的高为，外接球半径为，作出轴截面如图：的上､下底面面积分别为，则圆，的半径分别为2，6，则，解得，故所求体积之比为故选：B

8．A【分析】求出，构造函数，利用导数研究单调性，比较出，构造函数，比较出，即可求解.【详解】依题意，则.令，故，故当时，在上单调递增，故，则.令，则，故当时，在上单调递增，则，则.综上所述：.故选：A9．ABD【分析】利用正弦函数的图象和性质依次判断选项即可.【详解】易知的最小正周期为，所以也是的周期，则，故A正确；令，解得：，当时，，所以的图象关于直线对称，故B正确；当时，，则函数在上先增后减，故错误；令，故，在一直角坐标系中分别作出和的大致图像（如图），观察可知，二者有两个交点，故函数在上有2个零点，故D正确.

故选：ABD10．BC【分析】连接，若平面，证得，得到，与题设矛盾，可判定A错误；过点作，根据线面垂直的判定定理，证得平面，得到直线与平面所成的角为，可判定B正确；将平面翻折至与平面共面，连接，结合，可判定C正确；根据，求得高，可判定D错误.【详解】对于A中，连接，交于点，连接，如图所示，若平面，因为平面平面，且平面，所以，因为为的中点，所以，又因为为棱上靠近的三等分点，所以矛盾，所以A错误；对于B中，过点作，垂足为，因为平面，且平面，所以，又因为四边形为正方形，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，且平面，所以平面，则直线与平面所成的角为，由题可知，所以B正确；对于C中，将平面翻折至与平面共面，且点在直线的两侧，连接，则，所以C正确；对于D中，设点到平面的距离为，则3，解得，所以D错误.故选：BC.11．ACD【分析】对于A，设，联立抛物线的方程，结合韦达定理求出即可判断；对于B，结合抛物线定义、三角形三边关系即可判断；对于C，设，分别联立抛物线方程，结合韦达定理即可判断；对于D，由C选项分析可得，结合以及韦达定理即可得出两个三角形的高相等，显然三角形同底，由此即可判断.【详解】当过点时，设，联立，可得，，故，解得，则，故A正确；过点向的准线引垂线，垂足分别为，点到的准线的距离，由抛物线定义可知，等号成立当且仅当点为与抛物线的交点，故错误；设，由，可得，，由，可得，，故，同理可得，故正确；，故，注意到，可得，所以，从而与的面积相等，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是得出，由此即可顺利得解.12．【分析】分类讨论是否为，进而可得集合B，结合题意分析求解.【详解】由题意可知：且，当，则；当，则；当，则；若，则，此时的所有元素之和为6，不符合题意，舍去；若，则，此时的所有元素之和为4，不符合题意，舍去；若且，则，故，解得或（舍去）；综上所述：.故答案为：.13．【分析】设弦的中点为，得到，化简，即可求解.【详解】由圆，可得圆心，半径为，设弦的中点为，因为，，所以，且，所以，解得.故答案为：.

14．【分析】由第一个已知条件得，结合二倍角公式进一步得出，结合第二个已知条件可得关于的方程，由此即可求解.【详解】依题意，，，所以，所以，而，因为，故，则，则，即，则，解得，故.故答案为：.【点睛】关键点点睛：关键是得出，由此即可顺利得解.15．(1)；(2)不能认为评分与性别有关；(3)不一致.【分析】（1）由题意可得，即可得的数学期望和方差；（2）求出的值，即可判断；（3）将表中的人数数据都扩大为原来的10倍后，求出的值，即可得结论.【详解】（1）解：由频率分布直方图可知评分在的频率为，所以.所以.（2）解：依题意，故依据的独立性检验，不能认为评分与性别有关.（3）解：将表中的人数数据都扩大为原来的10倍后，.所以能认为评分与性别有关，故所得结论与（2）中所得结论不一致.16．(1)证明见解析(2).【分析】（1）取棱的中点，连接，分别证得和和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，不妨设，分别求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：取棱的中点，连接，因为，所以，又因为，由直角三角形的性质，可得，因为，所以，可得，即，因为，且平面，所以平面，又因为平面，故平面平面.（2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点垂直与平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设，则，所以，可得，设为平面的法向量，则，取，可得，所以，设为平面的法向量，则，取，可得，所以.所以，故二面角的正弦值为.

17．(1)极大值为0，极小值为.(2)4.【分析】（1）根据切线方程即可求得函数解析式，再由导数求得单调区间，即可求解极值.（2）由题得到的关系式，再构造函数，由导数求得单调区间和最值，即可求得的最小值.【详解】（1）依题意，则，①而，故，即②，联立①②，解得.故，令，得或.故当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，故的极大值为，极小值为.（2）由得，故，且，令，则，故当时，单调递增，当时，单调递减，因此当时，，故，则，故实数的最小值为4.18．(1)(2).【分析】（1）设的半焦距为，由题意得到，联立方程组得到，结合，列出方程求得的值，即可求解；（2）由点到的距离为1，得到，联立方程组求得，求得，再由弦长公式，求得，且，求得，再由（1）得到，进而求得其最小值，得到答案.【详解】（1）解：设的半焦距为，由题意知离心率，可得，联立方程组，整理得，其中且，则，解得，所以双曲线的方程为.（2）解：因为点到的距离为1，可得，则.联立方程组，整理得，其中，且，因为直线与的左､右两支分别交于点，可得，所以，又因为，故，且，因为，故，由（1）可知，则，故，又由，故，即的最小值为.【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围；3、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.19．(1)(2)是的充要条件.(3)的最大值为，【分析】（1）根据所给新定义，分n为奇偶讨论，分别求出前n项和；（2）分别结合等比数列的定义，研究充分性、必要性即可得证；（3）分析的取值，可得的关系，得出，据此可求出的最大值.【详解】（1）依题意故因为，所以，当为奇数时，，当为偶数时，，即的奇数项，偶数项分别成等比数列.故当为偶数时，.当为奇数时，.综上所述，（2）充分性：因为，所以，所以，又因为，所以是以1为首项，1为公比的等比数列