黑龙江省百师联盟2024届高三冲刺卷（五） 数学试卷【含答案】

2024届高三冲刺卷（五）数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上．2.回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．考试时间为120分钟，满分150分一、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．设为虚数单位，则（

）A．i B． C． D．2．设集合，则（

）A． B． C． D．3．函数的大致图象为（

）A． B． C． D．4．已知向量，则（

）A． B． C． D．5．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则（

）A． B． C． D．6．已知抛物线C：的焦点为F，点P为抛物线C上一点，过点P作抛物线的准线的垂线，垂足为M，且，则（

）A．2 B．4 C． D．7．某校组织校庆活动，负责人将任务分解为编号为的四个子任务，并将任务分配给甲、乙、丙3人，且每人至少分得一个子任务，则甲没有分到编号为的子任务的分配方法共有（

）A．12种 B．18种 C．24种 D．36种8．若定义在上的偶函数在上单调递增，则的大小关系为（

）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．已知命题“，”为真命题，则实数m的可能取值是（

）A． B．0 C．1 D．10．分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦·曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路.下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，设图②中第n行白心圈的个数为，黑心圈的个数为，则下列说法正确的是（

）A．B．C．数列为等比数列D．图②中第2023行的黑心圈的个数是11．某导航通讯的信号可以用函数近似模拟，则下列结论中正确的是（

）A．函数的最小正周期为B．将曲线向右平移个单位长度后所得图象与原图象重合C．若，则的最小值为D．若在上恰有3个极大值点，则三、填空题（每小题5分，共15分）12．的展开式中，含项的系数为．（用数字作答）13．设，是双曲线：的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限交于点，且，则双曲线C的离心率为.若内切圆圆心I的横坐标为2，则的面积为.14．已知，若存在，使得成立，则实数的取值范围是.四、解答题（15题13分，16、17每题15分，18、19每题17分，共77分）15．某校为了了解学生每周参加课外兴趣班的情况，随机调查了该校1000名学生在2023年最后一周参加课外兴趣班的时长（单位：分钟），得到如图所示的频率分布直方图．若直方图中成等差数列，时长落在区间内的人数为200．(1)求出直方图中的值；(2)估计样本时长的中位数（精确到0.1）和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；(3)从参加课外兴趣班的时长在和的学生按照分层抽样的方法随机抽取6人进行问卷调查，再从这6人中随机抽取2人进行参加兴趣班情况的深入调查，求被抽到的2人中参加课外兴趣班的时长在的人数的分布列及期望．16．已知函数.(1)若，求在处的切线方程；(2)者，讨论函数的单调性.17．如图，在以为顶点的五面体中，四边形为正方形，四边形为等腰梯形，，且平面平面．(1)证明：平面平面；(2)求平面和平面夹角的余弦值．18．已知椭圆的左、右焦点为为椭圆上一点，的面积的最大值为4，直线与椭圆交于两点．(1)求椭圆的标准方程；(2)点，设直线和的斜率分别为，若，求的面积的最大值．19．已知n行n列的数表中，满足：，.若数表满足当时，总有，则称此数表为典型数表，此时记.(1)若数表，，请直接写出M，N是否是典型数表；(2)当时，是否存在典型数表A使得，若存在，请写出一个数表A；若不存在，请说明理由；(3)若数表A为典型数表，求的最小值（直接写出结果，不需要证明）.1．A【分析】考查复数乘除运算，先根据复数乘除运算将复数化简得，再根据共轭复数为得结果.【详解】由题意可得，所以.故选：A.2．D【分析】解不等式化简集合B，再利用补集、交集的定义求解即得.【详解】依题意，，所以.故选：D3．B【分析】根据定义域、特殊值可以对选项进行排除，从而得到正确选项.【详解】因为的定义域为，故排除；又，故排除；，故排除D．故选：B．4．B【分析】根据题意先求出，然后由向量的数量积公式计算即可.【详解】解：因为，所以，所以．故选：B．5．D【分析】利用三角函数的定义可求出的值，再根据诱导公式求解即可.【详解】因为角的终边经过点，所以，所以.故选：D.6．D【分析】根据题意，由抛物线的定义可得为等腰三角形，，然后代入计算，即可得到结果.【详解】

由抛物线定义可知，所以为等腰三角形，记原点为，因为，所以，则，所以.故选：D7．C【分析】可以考虑用间接法先不考虑限制求出共有种方法，进一步由分类原理即可求解.【详解】不考虑限制条件则共有种方法，若甲分到编号子任务，有两种情况：甲分到一个子任务（即只有编号子任务），此时共有种方法；甲分到两个子任务（即包含编号子任务），此时共有种方法；则所求的分配方法共有种.故选：C.8．A【分析】根据函数奇偶性，先得，从而得，再根据函数单调性可判断大小.【详解】因为是定义在上偶函数，所以，因为，所以，因为在上单调递增，所以，故选：A.9．AB【分析】先利用题给条件求得实数m的取值范围，进而得到实数m的可能取值.【详解】因为命题“，”为真命题，所以，，令，，则，可知为增函数，当时，有最小值，故实数m的取值范围为，故选：AB.10．ACD【分析】求得，的值判断选项AB；利用等比数列定义判断选项C；求得图②中第2023行的黑心圈的个数判断选项D.【详解】由题可得，，故A正确，B错误；，，，且有，，故有所以是以为首项，3为公比的等比数列，为常数列，且，所以是以为首项，1为公比的等比数列，故C正确；由上可得故所以，故D正确.故选：ACD.11．BC【分析】结合对称性知周期缩小一半，图象平移“左加右减”，利用三角函数的对称性求解，极值问题利用三角函数的极值为三角函数的顶点处的取值求解自变量的值即可.【详解】因为的最小正周期为，故A错误；将的图象向右平移个单位长度后，得到，故B正确；因为的值域为，若，则的最小值为，故C正确；结合图象，令，，得，，即，若在上恰有3个极大值点，则，故D不正确.故选：BC.12．208【分析】求展开式中的项，即可求出结果.【详解】展开式中含项为，所以展开式中含项的系数为208．故答案为：208.13．6【分析】利用题给条件结合双曲线定义求得关系，进而求得双曲线C的离心率；利用题给条件求得的值，进而求得的面积.【详解】设以为直径的圆与双曲线在第一象限的交点设为，则，由双曲线的定义可得，所以，，由勾股定理得，即有，∴.设内切圆与x轴相切于M，M点横坐标为t，则，则,解之得又由内切圆圆心的横坐标为2，得，故.

故答案为：，614．【分析】先用导数证明不等式，然后对和分类讨论，即可得出结果.【详解】设，则，从而当时，当时.所以在上递减，在上递增，故对任意有，即.一方面，当时，由于，故存在使得成立；另一方面，当时，由于对任意都有（这里用到，，），所以对任意都有.综上，的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：对于求取值范围问题，本质上就是要确定一个集合，使得命题成立的充要条件是参数属于该集合.故本题中我们从两个方面入手，证明了存在使得的充要条件是，即可解决问题.15．(1)，(2)中位数为71.7，平均数为73(3)分布列见解析，【分析】（1）由时长落在区间内的人数可求出，由成等差数列且各组频率之和为1可得的值；（2）由中位数的计算方法以及平均数计算公式直接计算即可求解；（3）首先得出参加课外兴趣班的时长在内的有4（人），参加课外兴趣班的时长在内的有2（人），然后根据超几何分布的概率公式求出相应的概率即可得分布列以及数学期望.【详解】（1）由已知可得，则，即．又成等差数列，，解得．（2），设中位数为，且，，解得，即中位数为71.7，平均数为．（3）由（1）知，所以按照分层的方法抽样随机抽取的6人中，参加课外兴趣班的时长在内的有（人），参加课外兴趣班的时长在内的有（人）．参加课外兴趣班的时长在内的人数的可能取值为．，所以的分布列为012期望．16．(1)(2)答案见解析【分析】（1）求出、后可得在处切线方程.（2）就、、分类讨论导数的符号后可得函数的单调区间.【详解】（1），则，，，，∴在处切线方程为，即.（2）函数的定义域为，.因为，所以，由得或，.①当时，，所以或，，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；②当时，，则在上单调递增；③当时，，所以或，，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）有题意根据面面垂直性质可得平面，故，再由边长关系勾股定理可得，故平面，从而得证；（2）建立空间坐标系，求出平面和平面法向量，然后根据向量夹角公式求解即可.【详解】（1）四边形为正方形，．平面平面，且平面平面，平面．又平面，．在梯形中，作于，则，则，，即．平面，平面，又平面，平面平面．（2）如图，以为坐标原点，作于点，分别以为轴正向建立空间直角坐标系．则．由（1）知，平面的一个法向量为．设是平面的一个法向量，则,即，则．所以平面和平面夹角的余弦值为．18．(1)(2)【分析】（1）由的面积的最大值联立方程组解得的标准方程为；（2）联立直线和椭圆方程，由韦达定理以及直线和椭圆的位置关系求得，得出的面积的表达式并利用基本不等式可求得最大值.【详解】（1）（1）设椭圆的长半轴长为，半焦距为，由已知可得，解得故椭圆的标准方程为．（2）如下图所示：设点，联立可得，由题意知直线不过点，即．，可得且．由韦达定理可得，，同理可得，，化简得，；所以，即，设直线过定点，则，当且仅当，即当时，等号成立．故的面积存在最大值，且最大值为.19．(1)不是典型数表，N是典型数表(2)不存在，理由见解析(3)【分析】（1）根据典型数表的定义即可判断.（2）假设存在这样的典型数表，求解当取得最小时，即中数字需要最少，利用定义求解即可.（3）结合（2）及定义分类讨论为奇数和为偶数时求解即可.【详解】（1）M不是典型数表，N是典型数表.因为数表，所以，此时，，所以，不满足当时，总有，故数表不是典型数表；因为数表，所以当时，，，所以，由于数表N的数据具有对称性，所以当时，总有，故数表N是典型数表.（2）假设当时，存在典型数表A使得，则需满足取得最小，即典型数表A中的“1”需要最少，由典型数表的定义可知：当时，总有，所以需要使得尽量多的横列和，所以将表分成4个4×4数表，对角的两个数表数值相同，但上下左右对称的数表数值不同，此时可保证取得最小，而满足上述条件的典型数表A如，此时满足取得最小，但是的最小值为32，故不存在典型数表，使得.