福建省高三年5月份冲刺模拟训练（1）参考答案

福建省2024届高三年5月份冲刺模拟训练（1）数学试题参考答案一、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，只有一项是符合要求的．1．集合，，，则A．， B． C． D．【分析】求出集合，利用交集定义能求出．【解答】解：集合，，，，则．故选：．【点评】本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2．复数为纯虚数，则实数的值为A．2 B． C．4 D．【分析】先利用复数的除法法则计算得到，根据复数为纯虚数，得到方程，求出．【解答】解：，由题意得：且，解得：．故选：．【点评】本题主要考查复数的运算，属于基础题．3．已知向量，，则在方向上的投影是A． B． C． D．【分析】根据向量的坐标，代入公式求出投影即可．【解答】解：向量，，在方向上的投影为：，故选：．【点评】本题考查了向量的运算，是一道基础题．4．图1是世界上单口径最大、灵敏度最高的射电望远镜“中国天眼”——口径抛物面射电望远镜，反射面的主体是一个抛物面（抛物线绕其对称轴旋转所形成的曲面称为抛物面），其边缘距离底部的落差约为156.25米，它的一个轴截面是一个开口向上的抛物线的一部分，放入如图2所示的平面直角坐标系内，已知该抛物线上点到底部水平线轴）距离为，则点到该抛物线焦点的距离为A． B． C． D．【分析】设抛物线为且，根据在抛物线上求，利用抛物线定义求到该抛物线焦点的距离．【解答】解：令抛物线方程为且，由题设，在抛物线上，则，解得，又，且，则到该抛物线焦点的距离为米．故选：．【点评】本题考查抛物线的几何性质，方程思想，属基础题．5．函数的图象大致为A． B． C． D．【分析】求得的定义域和奇偶性，可得图象的特点，讨论时，的符号，由排除法可得结论．【解答】解：函数的定义域为，，可得为奇函数，其图象关于原点对称，可排除选项、；当时，的导数为，可得为增函数，可得，又，，所以当时，，可排除选项，故选：．【点评】本题考查函数的图象的判断，注意分析函数的奇偶性和函数值的符号，考查数形结合思想和推理能力，属于基础题．6．已知的展开式中的系数为，则实数A．2 B． C．1 D．【分析】由题意，利用二项式展开式的通项公式，求得的值．【解答】解：由于的展开式的通项公式为故的展开式中的系数为，则实数．故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．7．已知，满足，，则A． B． C． D．【分析】构造函数，利用导数与函数的单调性、零点存在性定理逐项进行验证即可求解．【解答】解：对于，因为，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，当时，恒小于零，所以，又因为，所以，故选项错误；对于，因为两边同时取对数可化为，也即；又因为可化为，两边同时取自然对数可得，所以；所以和是方程的根，因为函数在上单调递增，所以方程有一根，则，也即，所以，则，故选项错误；对于，因为，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又因为当时，函数恒小于零，所以，又因为，又因为，由零点存在性定理可知：，故选项正确；对于，由选项的分析可知：在上单调递增，且（b），因为，所以，则，所以，由选项可知：，所以，故选项错误．故选：．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，数的大小的比较，考查逻辑推理能力，属于中档题．8．已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线交双曲线的右支于、两点．点满足，且，者，则双曲线的离心率是A． B． C． D．【分析】取线段的中点，连接，利用平面向量数量积的运算性质推导出，可知，利用双曲线的定义求出、的长，利用余弦定理可得出关于、的齐次等式，即可求出该双曲线的离心率的值．【解答】解：如下图所示，取线段的中点，连接，因为，则，因为为的中点，则，且，由双曲线的定义可得，所以，则，由余弦定理可得，所以，因此该双曲线的离心率为．故选：．【点评】本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．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．已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的可能取值为A．7 B．6 C．5 D．8【分析】由圆的方程求得圆心坐标与半径，可得圆心到的距离为5，得到圆上的点到点的距离的最大值为6，最小值为4，再由，可得，从而得到的取值范围，结合选项得答案．【解答】解：圆的圆心，半径为1，圆心到的距离为5，圆上的点到点的距离的最大值为6，最小值为4，再由，可得以为直径的圆和圆有交点，得，即，结合选项可得，的值可能取6和5．故选：．【点评】本题考查直线与圆、圆与圆位置关系的应用，考查化归与转化思想、数形结合的解题思想，是中档题．10．在棱长为1的正方体中，，，分别为线段，，上的动点，，均不与点重合），则下列说法正确的是A．存在点，，，使得平面 B．存在点，，，使得 C．当平面时，三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为 D．记，，与平面所成的角分别为，，，则【分析】正方体中，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，令，，，、、，，当时，，则，要使平面，则需，可用向量法计算判定选项；，，则，要使，则需即可，用三角函数判定选项；当平面时，，则需最大，则选项可判定；由等积法得到平面的距离为，进而可得，，，选项可判定．【解答】解：在棱长为1的正方体中，，，分别为线段，，上的动点（其中，，，均不与点重合），对于，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，令，，，、、，，平面，平面，又，，平面又平面，，当时，则，，要使平面，则需要，，0，，，，，，1，，，，，即，当时，，则正确；对于，，，则，要使，则需，，，，则中，由余弦定理可得．，，，，，，，，故错误；对于，当平面时，，要使三棱锥与三棱锥体积之和的最大，则需最大，，0，，，，，，1，，，1，，，1，，，，，平面，，则，又、、，，最大为，最大为，故错误；对于，，，，又，由等积法得到平面的距离为：，，，．，故正确．故选：．【点评】本题考查空间向量的应用等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．11．如图，杨辉三角形中的对角线之和1，1，2，3，5，8，13，21，构成的斐波那契数列经常在自然中神奇地出现，例如向日葵花序中央的管状花和种子从圆心向外，每一圈的数字就组成这个数列，等等．在量子力学中，粒子纠缠态、量子临界点研究也离不开这个数列．斐波那契数列的第一项和第二项都是1，第三项起每一项都等于它前两项的和，则A． B． C． D．【分析】由已知且，利用及累加法判断；利用及累加法判断；利用及累加法判断；利用及累加法判断．【解答】解：由题意得且，，，，，，，则，故错误；，，，，，，则，故正确；，则，，故正确；，，故正确．故选：．【点评】本题考查数列的递推式和数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．若随机变量，且，则0.2．【分析】利用正态曲线的对称性求出的值，然后根据正态密度曲线的对称性可得出，代值计算即可得解．【解答】解：因为，且，则，所以，．故答案为：0.2．【点评】本题主要考查正态分布的性质，正态曲线的对称性，属于基础题．13．已知（A），，，那么（B）0.38．【分析】根据条件概率公式即可求解．【解答】解：因为（A），所以，因为，所以（A），因为，所以，所以．故答案为：0.38．【点评】本题主要考查条件概率的求法，考查运算求解能力，属于基础题．14．计算器计算，，，等函数的函数值，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的．“泰勒展开式”是：如果函数在含有的某个开区间内可以多次进行求导数运算，则当，且时，有．其中是的导数，是的导数，是的导数．取，则的“泰勒展开式”中第三个非零项为，精确到0.01的近似值为．【分析】根据泰勒展开式，化简得到，求得的“泰勒展开式”中第三个非零项，令，代入上式，进而求得的近似值．【解答】解：取时，可得，则，所以的“泰勒展开式”中第三个非零项为，令，代入上式可得．故答案为：；0.84．四、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.【解答】解：（1）证明：因为，分别为，的中点，所以为的中位线，所以，因为平面，平面，所以平面．（2）因为，，，所以，所以，所以是直角三角形，，又，所以是直角三角形，，又，所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，所以，4，，，2，，，0，，，0，，，0，，，2，，所以，2，，，0，，设平面的法向量，，，所以，令，则，，所以，，，由题意知平面的一个法向量为，0，，设平面与平面夹角为，所以，，所以平面与平面夹角的余弦值为．【点评】本题考查直线与平面的位置关系，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．16.【解答】解：（1）在中，为最小角且，，均为整数，则，若，因为，且在上单调递增，故，又因为为最小角，则，都大于，与矛盾，所以，即．（2）由第一空可知，故，则，即，因为且，，均为整数，故，，，为锐角，故，由正弦定理得：，即，，所以在中，的中点为，故，，则，故．【点评】本题主要考查解三角形，属于中档题．17.解：（1）列联表补充如下：患病未患病总计服用药物104555未服用药物203050总计3075105（2）：药物对预防疾病无效，由列联表，可得．即假设不成立．，认为“药物对预防疾病有效”犯错误的概率是．（3）根据题意，10只未患病动物中，有6只服用药物，4只未服用药物，所以的值可能为0，1，2，3，4，则，，，，，的分布列如下：01234则．【点评】本题考查超几何分布的概率计算和独立性检验、离散型随机变量的期望，考查运算能力和推理能力，属于中档题．18.【解答】（1）解：当时，，所以．①当时，恒成立，所以函数在区间上单调递增．②当时，记，则，所以当时，，单调递减，且有，当时，，单调递增，且，所以当时，，函数单调递增，综上，函数的单调递增区间为和，无单调递减区间；（2）证明：因为，所以，由题意知，是函数的两个零点，所以，是方程的两个实数解，由△，且，知．因为，所以，不妨设，所以，则．因为，所以，所以，即．由二次函数的性质可知，函数在处取得极大值，在处取得极小值，即，故．又因为是方程的根，所以，代入式，得，令，则．设，，所以，则单调递减，从而有，即，得证．【点评】此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是根据题意化简，然后换元后构造函数，利用导数可证得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于难题．19.【解答】解：（1）由题意得：，，又，解得：，，故椭圆的