广东省江门市2024届高三一模考试 数学试卷

江门市2024年高考模拟考试数学本试卷共5页，19小题，满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.2.做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.3.答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效.5.考试结束后，将答题卡交回.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．某市高三年级男生的身高X(单位：cm)近似服从正态分布.现随机选择一名本市高三年级男生，则该男生身高不高于170cm的概率是（

）参考数据：A．0.6827 B．0.34135 C．0.3173 D．0.158652．在中，，，则角A的大小为（

）A． B．或 C． D．或3．已知是等比数列，，且，是方程两根，则（

）A． B． C． D．4．已知角α的终边上有一点，则=（

）A． B． C． D．5．设，为双曲线的左、右焦点，点为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的渐近线于、两点，且点、分别在第一、三象限，若，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．6．已知，则的值是（

）A．680 B． C．1360 D．7．已知9名女生的身高平均值为162(单位：cm)，方差为26，若增加一名身高172(单位：cm)的女生，则这10名女生身高的方差为（

）A．32.4 B．32.8 C．31.4 D．31.88．物理学家本·福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现的概率为.应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若，则k的值为（

）A．7 B．8 C．9 D．10二、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．下列说法正确的是（

）A．，B．C．若，，则的最小值为1D．若是关于x的方程的根，则10．已知函数，则下列结论正确的是（

）A．若相邻两条对称轴的距离为，则B．当，时，的值域为C．当时，的图象向左平移个单位长度得到函数解析式为D．若在区间上有且仅有两个零点，则11．已知曲线，则下列结论正确的是（

）A．随着增大而减小B．曲线的横坐标取值范围为C．曲线与直线相交，且交点在第二象限D．是曲线上任意一点，则的取值范围为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知向量，，若与垂直，则=.13．某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的(如图)，则该几何体共有个面；若被截正方体的棱长是60cm，那么该几何体的表面积是cm2.14．函数的定义域为，对任意的，，恒有成立.请写出满足上述条件的函数的一个解析式.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．如图，四边形是圆柱底面的内接矩形，是圆柱的母线.(1)证明：在侧棱上存在点，使平面；(2)在（1）的条件下，设二面角为，，，求三棱锥的体积.16．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，且传输相互独立.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为：发送1时，收到0的概率为，收到1.的概率为.假设发送信号0和1是等可能的.(1)已知接收的信号为1，且，求发送的信号是0的概率；(2)现有两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1).已知发送1，若采用三次传输方案译码为1的概率大于采用单次传输方案译码为1的概率，求β的取值范围.17．己知椭圆的离心率是，过点的动直线与椭圆相交于，两点，当直线与轴垂直时，直线被椭圆截得的线段长为.(1)求椭圆的方程；(2)是否存在与点不同的定点，使得恒成立?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.18．已知关于的方程有三个根，分别为，，，且.(1)求的取值范围；(2)设，证明：随着的增大而减小.19．将2024表示成5个正整数，，，，之和，得到方程①，称五元有序数组为方程①的解，对于上述的五元有序数组，当时，若，则称是密集的一组解.(1)方程①是否存在一组解，使得等于同一常数?若存在，请求出该常数；若不存在，请说明理由；(2)方程①的解中共有多少组是密集的?(3)记，问是否存在最小值?若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由.1．D【分析】由正态分布的对称性及特殊区间的概率求解即可.【详解】由题意，，且，所以.故选：D2．D【分析】利用正弦定理求得角C，根据三角形内角和，即可求得答案.【详解】由题意知中，，，故，即，由于，故，则或，故A的大小为或，故选：D3．C【分析】根据等比数列下标和性质计算可得.【详解】在是等比数列，，，又，所以，又，是方程两根，所以.故选：C4．A【分析】根据三角函数的定义可求得的值，再利用诱导公式，即可求得答案.【详解】由题意知角α的终边上有一点，则，故，则，故选：A5．C【分析】先求出点，的坐标，再利用余弦定理求出之间的关系，即可得出双曲线的离心率．【详解】由题意得圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为．设点的坐标为，则点的坐标为，由，又，解得或，∴，．又，∴，，在中，，由余弦定理得即，化简得，∴．故选：C．6．B【分析】利用赋值法，分别令和，将得到的两式相加，结合等比数列的求和，即可求得答案.【详解】令，则，即令，则，即，两式相加可得，故选：B7．A【分析】根据给定条件，利用平均数、方差的计算公式计算得解.【详解】令9名女生的身高为，依题意，，，因此增加一名女生后身高的平均值为，所以这10名女生身高的方差为.故选：A8．C【分析】结合条件及对数的运算法则计算即可.【详解】，而，故．故选：C．9．ACD【分析】根据复数的乘法运算结合复数的模的计算，可判断A；根据虚数单位的性质可判断B；设，根据复数的模的计算公式，可得，以及，结合x的范围可判断C；将代入方程，结合复数的相等，求出p，即可判断D.【详解】对于A，，设复数，则，，故，A正确；对于B，由于，故，B错误；对于C，，设，由于，则，故，由，得，则，故当时，的最小值为1，C正确；对于D，是关于x的方程的根，故，即，故，D正确，故选：ACD10．BCD【分析】利用三角恒等变换公式将函数化简，再结合各选项的条件及正弦函数的性质计算可得.【详解】因为，对于A：若相邻两条对称轴的距离为，即，所以，则，解得，故A错误；对于B：当时，又，所以，所以，则的值域为，故B正确；对于C：将的图象向左平移个单位长度得到，故C正确；对于D：由，，所以，又在区间上有且仅有两个零点，所以，解得，故D正确.故选：BCD11．AD【分析】首先对、分类讨论分别得到曲线方程，画出曲线图形，数形结合判断A、B，由双曲线的渐近线与的关系判断C，由点到直线的距离公式得到，即点到直线的距离的倍，求出直线与曲线相切时的值，再由两平行线将的距离公式求出的最大值，即可判断D.【详解】因为曲线，当，时，则曲线为椭圆的一部分；当，时，则曲线为双曲线的一部分，且双曲线的渐近线为；当，时，则曲线为双曲线的一部分，且双曲线的渐近线为；可得曲线的图形如下所示：由图可知随着增大而减小，故A正确；曲线的横坐标取值范围为，故B错误；因为，所以曲线与直线相交，且交点在第四象限，故C错误；因为，即点到直线的距离的倍，当直线与曲线相切时，由，消去整理得，则，解得（舍去）或，又与的距离，所以，所以的取值范围为，故D正确；故选：AD【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出曲线的图形，D选项的关键是转化为点到直线的距离.12．##【分析】首先求出的坐标，再依题意可得，即可得到方程，解得即可.【详解】因为，，所以，又与垂直，所以，解得.故答案为：13．14【分析】由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，再加上6个小正方形，所以该几何体共有14个面；再根据面积公式即可求出表面积.【详解】由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，再加上6个小正方形，所以该几何体共有14个面；如果被截正方体的棱长是，那么石凳的表面积是.故答案为：14，.14．（答案不唯一）【分析】本题属于开放性问题，只需找到符合题意的函数解析式即可，不妨令，根据两角和的正弦公式及诱导公式证明即可.【详解】依题意不妨令，则，又，所以，故符合题意.同理可证明，，，也符合题意.故答案为：（答案不唯一）15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，即可证明，从而得证；（2）设，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可求出，再根据锥体的体积公式计算可得.【详解】（1）取的中点，连接交于，连接，因为为矩形，所以为的中点，所以，又平面，平面，所以平面，（2）设，如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，又平面的法向量可以为，设平面的法向量为，则，取，因为二面角为，所以，解得（负值舍去），所以，所以，又点到平面的距离，所以.16．(1)(2)【分析】（1）由题意确定发送的信号为0、1的概率以及接收信号为0、1的概率，根据全概率公式可求出已知接收的信号为1的概率，根据条件概率的计算公式，即可求得答案；（2）分别求出采用三次传输方案译码为1的概率和采用单次传输方案译码为1的概率，由题意列出不等式，解不等式，即可求得答案.【详解】（1）设A：发送的信号为1，B：接收到的信号为1，则：发送的信号为0，：接收到的信号为0，则，故，故；（2）采用三次传输方案译码为1的概率为，采用单次传输方案译码为1的概率为，由题意得而，故，故.17．(1)(2)存在定点，使得恒成立【分析】（1）由离心率及过点列方程组求解.（2）先讨论直线水平与竖直情况，求出，设点关于轴的对称点，证得三点共线得到成立.【详解】（1）依题意可得点在椭圆上，所以，解得，所以椭圆的方程为.（2）当垂直于轴时，设直线与椭圆相交于，两点，如果存在点满足条件，则有，即，所以点在轴上，设，当与轴重合时，设直线与椭圆相交于，两点，不妨设，，则由，即，解得或，所以若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标为；下面证明：对任意的直线，均有，当不平行于轴且不垂直于轴时，设直线方程为，，，联立，消去，得，因为直线恒过椭圆内定点，故恒成立，所以，，所以，易知点关于轴的对称点的坐标为，又，，所以，则三点共线，所以；综上：存在与点不同的定点，使恒成立.【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.18．(1)(2)证明见解析【分析】（1）将函数写成分段函数，再利用导数分别求出函数在各段的单调性，即可画出函数图象，从而求出的取值范围；（2）由（1）可知，且，使得，则，再由，得到，令，则，从而得到，，再令，，利用导数说明函数的单调性即可.【详解】（1）令，当时，所以在上单调递增，当时，所以时，时，所以在上单调递减，在上单调递增，又，当时，且时，当时，则的图象如下所示：因为关于的方程有三个根，即与有三个交点，由图可知，即实数的取值范围为.（2）由（1）可知，又，，且在上单调递增，所以，使得，所以，由，所以，即，令，则，所以，，令，，则，令，，所以，即在上单调递减，所以，又，即，所以，即，所以，所以在上单调递减，即随着的增大而减小.【点睛】关键点点睛：第一问关键是由导数说明函数的单调性，从而得到函数的图象，第二问关键是得到，.19．(1)不存在，理由见解析(2)(3)存在，最小值为.【分析】（1）若等于同一常数，则构成等差数列，根据等差数列下标和性质得到，推出矛盾即可得解；（2）依题意时，即当时，，则，，即可求出，，，，中有个，个，从而得解；（3）由方差公式得