2024届重庆市乌江新高考协作体高三下学期模拟监测（二）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3重庆市乌江新高考协作体2024届高三下学期模拟监测（二）数学试题一、选择题1.“，且”是“，且”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗B〖解析〗若，且，根据不等式的加法和乘法法则可得，且，即必要性成立；当，满足，且，但是，故充分性不成立，所以“，且”是“，且”的必要不充分条件.故选：B2.复数的实部为（）A.1 B.3 C. D.〖答案〗B〖解析〗由，可得复数的实部为3，故选：.3.2024年3月22日国家文物局在北京公布2023年《全国十大考古新发现》，安徽省皖南地区郎溪县磨盘山遗址成功入选并排名第三，经初步确认，该遗址现存马家浜文化区､崧泽文化区､良渚文化区､钱山漾文化区四大区域，总面积约6万平方米.该遗址延续时间长､谱系完整，是长江下游地区少有的连续时间近4000年的中心性聚落.对认识多元化一体中华文明在皖南地区的演进方式具有重要的价值，南京大学历史学院赵东升教授团队现在对该遗址四大区域进行考古发掘，现安排包含甲､乙在内的6名研究生同学到这4个区域做考古志愿者，每人去1个区域，每个区域至少安排1个人，则甲､乙两人安排在相同区域的方法种数为（）A.96 B.144 C.240 D.360〖答案〗C〖解析〗先将6名同学分成4组，则4个组的人数为或，当甲､乙在2人组，再从另外4人任选2人组成一组，其余的一人一组，有种分组方法；当甲､乙在3人组，甲､乙与另外4人中的1人组成一组，其余的一人一组，有种分组方法，再把4组人分到4个区域，所以安排方法种数为.故选：C.4.若正四面体的棱长为，M为棱上的动点，则当三棱锥的外接球的体积最小时，三棱锥的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如图，在正四面体中，假设底面，则点H为外心．在上取一点O，满足，则O为三棱锥的外接球球心．当取得最小值时，最小，三棱锥的外接球体积最小，此时点O与点H重合．作，垂足为N，，为三棱锥的高．由正四面体的棱长为，易知，所以，，．由，设，则，．由，得，解得．．．故选：A5.假设变量与变量的对观测数据为，两个变量满足一元线性回归模型.要利用成对样本数据求参数的最小二乘估计，即求使取最小值时的的值，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，上式是关于的二次函数，因此要使取得最小值，当且仅当的取值为.故选：A.6.设，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗令，可得，所以在上单调递增，当时，，所以，所以，所以，令，求导可得，当，，所以单调递减，所以，即，所以，令，可得，即，所以.故选：B.7.已知圆：，过点的直线与轴交于点，与圆交于，两点，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗如图，取线段的中点，连接，则，由，因直线经过点，考虑临界情况，当线段中点与点重合时（此时），弦长最小，此时最长，为，（但此时直线与轴平行，点不存在）；当线段中点与点重合时，点与点重合，最短为0（此时符合题意）.故的范围为.故选：D8.设是的外心，点为的中点，满足，若，则面积的最大值为（）A.2 B.4 C. D.8〖答案〗B〖解析〗因为，，所以，从而，即，所以，所以，所以的面积为，等号成立当且仅当，综上所述，面积的最大值为4.故选：B.二、多项选择题9.指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况.已知为全集且元素个数有限,对于的任意一个子集,定义集合的指示函数若，则（）注：表示中所有元素所对应的函数值之和（其中是定义域的子集）.A.B.C.D.〖答案〗BCD〖解析〗对于A，由于,所以故，故A错误，对于B，若,则，此时满足，若且时，，若且时，，若且时，，综上可得，故B正确，对于C，而，由于，所以故,C正确，,当时，此时中至少一个为1，所以，当时，此时均为0，所以，故,故D正确，故选：BCD10.已知圆，圆，则（）A.两圆的圆心距的最小值为1B.若圆与圆相切，则C.若圆与圆恰有两条公切线，则D.若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2〖答案〗AD〖解析〗根据题意，可得圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径．对于A，因为两圆的圆心距，所以A项正确；对于B，两圆内切时，圆心距，即，解得．两圆外切时，圆心距，即，解得．综上所述，若两圆相切，则或，故B项不正确；对于C，若圆与圆恰有两条公切线，则两圆相交，，即，可得，解得且，故C项不正确；对于D，若圆与圆相交，则当圆圆心在公共弦上时，公共弦长等于，达到最大值，因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D项正确．故选：AD．11.已知集合，集合，若有且仅有3个不同元素，则实数的值可以为（）A.0 B.1 C.2 D.3〖答案〗AB〖解析〗由，解得，故，由，可得，，要使有且仅有3个不同元素，则，解得，故选：AB．三、填空题12.在四边形中，，点是四边形所在平面上一点，满足.设分别为四边形与的面积，则______.〖答案〗〖解析〗在四边形中，，则四边形是梯形，且，令，，记M，N，X，Y分别是AB，CD，BD，AC的中点，显然，于是点M，X，Y，N顺次共线并且，显然，，而，则，因此点P在线段XY上，且，设A到MN的距离为h，由面积公式可知．故〖答案〗为：13.若关于的方程有解，则实数m的最大值为__________.〖答案〗〖解析〗由题意得，，令，则，易知单调递增，所以.令，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，所以，得.所以的最大值为.故〖答案〗为：14.四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则直线l与平面所成夹角的范围为________．〖答案〗．〖解析〗依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接，交点为Q，因为底面为正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，所以为平面的一个法向量，如图建立坐标系，并设直线l上异于B的一点，所求线面角为，，则，，，由可得，∴，当时，，当时，，综上，，∴．故〖答案〗为：.另解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接，交点为Q，因为底面为正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，即面，若平面，则与平面所成的角为.若过B的直线l与平面相交于点R，在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S，因为面，且平面，所以，又，，且，平面，所以平面，故过且与垂直的直线与平面的交点的轨迹为直线，又平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以，又面，所以为在面内的射影，即为直线l与平面所成的角，且，又，而，当且仅当重合等号成立，故，综上，，∴．故〖答案〗为：.四、解答题15.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，，求a的取值范围．解：（1）由于，则切点坐标为，因为，所以切线斜率为，故切线方程为；（2）当时，等价于，令，，恒成立，则恒成立，，当时，，函数在上单调递减，，不符合题意；当时，由，得，时，，函数单调递减，，不符合题意；当时，，因为，所以，则，所以函数在上单调递增，，符合题意．综上所述，，所以的取值范围为．16.在中，内角所对的边分别为，且.（1）求角；（2）射线绕点旋转交线段于点，且，求的面积的最小值.解：（1），由正弦定理得，则，即则，且，，；（2）由和，可知，因，所以，又因为，所以，即，又，当且仅当，即时，等号成立，所以，所以，所以的面积的最小值为.17.某汽车厂商生产某型号具有自动驾驶功能的汽车，该型号汽车配备两个相互独立的自动驾驶系统（记为系统和系统），该型号汽车启动自动驾驶功能后，先启动这两个自动驾驶系统中的一个，若一个出现故障则自动切换到另一个系统.为了确定先启动哪一个系统，进行如下试验：每一轮对系统和分别进行测试试验，一轮的测试结果得出后，再安排下一轮试验.当一个系统出现故障的次数比另一个系统少2次时，就停止试验，并认为出现故障少的系统比另一个系统更稳定.为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若系统不出现故障且系统出现故障，则系统得1分，系统得-1分；若系统出现故障且系统不出现故障，则系统得-1分，系统得1分；若两个系统都不出现故障或都出现故障，则两个系统均得0分.系统出现故障的概率分别记为和，一轮试验中系的得分为分.（1）求的分布列；（2）若系统和在试验开始时都赋予2分，表示“系统的累计得分为时，最终认为系统比系统更稳定”的概率，则，，其中.现根据的值来决定该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动哪个系统，若，则先启动系统；若，则先启动系统；若，则随机启动两个系统中的一个，且先启动系统的概率为.①证明：；②若，由①可求得，求该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率.解：（1）的所有可能取值为.，，所以的分布列为-101（2）①由题意，得，所以所以，又，所以所以，所以，②记“该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统”为事件，“该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动系统”为事件，因，所以由题意，得，，所以，即该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率为0.9988.18.双曲线的焦点为（在下方），虚轴的右端点为，过点且垂直于轴的直线交双曲线于点（在第一象限），与直线交于点，记的周长为的周长为．（1）若的一条渐近线为，求的方程；（2）已知动直线与相切于点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于两点，为线段上一点，设为常数．若为定值，求的最大值．解：（1）依题意，，解得，又双曲线的一条渐近线为，则，即，所以双曲线的方程为.（2）由（1）知，则双曲线方程为，设，过的直线的方程为，即，令，显然，由消去y得，显然，由直线与双曲线只有一个公共点，得，化简得，代入得，由直线与双曲线相切，得，而，于是，过点T且与垂直的直线的直线斜率为，方程为，令，得，即，令，得，即，设，由，得，即，代入得，依题意，该双曲线与双曲线共焦点，则，化简得，于是，，当且仅当，时取等号，所以的最大值为1.19.人类对地球形状的认识经历了漫长的历程．古人认为宇宙是“天圆地方”的，以后人们又认为地球是个圆球.17世纪，牛顿等人根据力学原理提出地球是扁球的理论，这一理论直到1739年才为南美和北欧的弧度测量所证实．其实，之前中国就曾进行了大规模的弧度测量，发现纬度越高，每度子午线弧长越长的事实，这同地球两极略扁，赤道隆起的理论相符．地球的形状类似于椭球体，椭球体的表面为椭球面，在空间直角坐标系下，椭球面，这说明椭球完全包含在由平面所围成的长方体内，其中按其大小，分别称为椭球的长半轴、中半轴和短半轴．某椭球面与坐标面的截痕是椭圆.（1）已知椭圆在其上一点处的切线方程为．过椭圆的左焦点作直线与椭圆相交于两点，过点分别作椭圆的切线，两切线交于点，求面积的最小值．（2）我国南北朝时期的伟大科学家祖暅于5世纪末提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．祖暅原理用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．当时，椭球面围成的椭球是一个旋转体，类比计算球的体积的方法，运用祖暅原理求该椭球的体积．解：（1）椭圆的标准方程为，则．当直线的倾斜角为时，分别为椭圆的左、右顶点，此时两切线平行无交点，不符合题意，所以直线倾斜角不为,设直线,由,得，则，所以,又椭圆在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，由，得，代入，得，所以，则点到直线的距离，所以，设，则，令，则，所以在上单调递增，所以当，即时，的面积最小，最小值是；（2）椭圆的焦点在轴上，长半轴长为，短半轴长为1，椭球由椭圆及其内部绕轴旋转而成旋转体，构造一个底面半径为1，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体，当平行于底面的截面与圆锥顶点距离为时，设小圆锥底面半径为，则，即，所以新几何体的截面面积为，把代入，得，解得，所以半椭球的截面面积为，由祖暅原理，得椭球的体积.重庆市乌江新高考协作体2024届高三下学期模拟监测（二）数学试题一、选择题1.“，且”是“，且”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗B〖解析〗若，且，根据不等式的加法和乘法法则可得，且，即必要性成立；当，满足，且，但是，故充分性不成立，所以“，且”是“，且”的必要不充分条件.故选：B2.复数的实部为（）A.1 B.3 C. D.〖答案〗B〖解析〗由，可得复数的实部为3，故选：.3.2024年3月22日国家文物局在北京公布2023年《全国十大考古新发现》，安徽省皖南地区郎溪县磨盘山遗址成功入选并排名第三，经初步确认，该遗址现存马家浜文化区､崧泽文化区､良渚文化区､钱山漾文化区四大区域，总面积约6万平方米.该遗址延续时间长､谱系完整，是长江下游地区少有的连续时间近4000年的中心性聚落.对认识多元化一体中华文明在皖南地区的演进方式具有重要的价值，南京大学历史学院赵东升教授团队现在对该遗址四大区域进行考古发掘，现安排包含甲､乙在内的6名研究生同学到这4个区域做考古志愿者，每人去1个区域，每个区域至少安排1个人，则甲､乙两人安排在相同区域的方法种数为（）A.96 B.144 C.240 D.360〖答案〗C〖解析〗先将6名同学分成4组，则4个组的人数为或，当甲､乙在2人组，再从另外4人任选2人组成一组，其余的一人一组，有种分组方法；当甲､乙在3人组，甲､乙与另外4人中的1人组成一组，其余的一人一组，有种分组方法，再把4组人分到4个区域，所以安排方法种数为.故选：C.4.若正四面体的棱长为，M为棱上的动点，则当三棱锥的外接球的体积最小时，三棱锥的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如图，在正四面体中，假设底面，则点H为外心．在上取一点O，满足，则O为三棱锥的外接球球心．当取得最小值时，最小，三棱锥的外接球体积最小，此时点O与点H重合．作，垂足为N，，为三棱锥的高．由正四面体的棱长为，易知，所以，，．由，设，则，．由，得，解得．．．故选：A5.假设变量与变量的对观测数据为，两个变量满足一元线性回归模型.要利用成对样本数据求参数的最小二乘估计，即求使取最小值时的的值，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，上式是关于的二次函数，因此要使取得最小值，当且仅当的取值为.故选：A.6.设，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗令，可得，所以在上单调递增，当时，，所以，所以，所以，令，求导可得，当，，所以单调递减，所以，即，所以，令，可得，即，所以.故选：B.7.已知圆：，过点的直线与轴交于点，与圆交于，两点，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗如图，取线段的中点，连接，则，由，因直线经过点，考虑临界情况，当线段中点与点重合时（此时），弦长最小，此时最长，为，（但此时直线与轴平行，点不存在）；当线段中点与点重合时，点与点重合，最短为0（此时符合题意）.故的范围为.故选：D8.设是的外心，点为的中点，满足，若，则面积的最大值为（）A.2 B.4 C. D.8〖答案〗B〖解析〗因为，，所以，从而，即，所以，所以，所以的面积为，等号成立当且仅当，综上所述，面积的最大值为4.故选：B.二、多项选择题9.指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况.已知为全集且元素个数有限,对于的任意一个子集,定义集合的指示函数若，则（）注：表示中所有元素所对应的函数值之和（其中是定义域的子集）.A.B.C.D.〖答案〗BCD〖解析〗对于A，由于,所以故，故A错误，对于B，若,则，此时满足，若且时，，若且时，，若且时，，综上可得，故B正确，对于C，而，由于，所以故,C正确，,当时，此时中至少一个为1，所以，当时，此时均为0，所以，故,故D正确，故选：BCD10.已知圆，圆，则（）A.两圆的圆心距的最小值为1B.若圆与圆相切，则C.若圆与圆恰有两条公切线，则D.若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2〖答案〗AD〖解析〗根据题意，可得圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径．对于A，因为两圆的圆心距，所以A项正确；对于B，两圆内切时，圆心距，即，解得．两圆外切时，圆心距，即，解得．综上所述，若两圆相切，则或，故B项不正确；对于C，若圆与圆恰有两条公切线，则两圆相交，，即，可得，解得且，故C项不正确；对于D，若圆与圆相交，则当圆圆心在公共弦上时，公共弦长等于，达到最大值，因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D项正确．故选：AD．11.已知集合，集合，若有且仅有3个不同元素，则实数的值可以为（）A.0 B.1 C.2 D.3〖答案〗AB〖解析〗由，解得，故，由，可得，，要使有且仅有3个不同元素，则，解得，故选：AB．三、填空题12.在四边形中，，点是四边形所在平面上一点，满足.设分别为四边形与的面积，则______.〖答案〗〖解析〗在四边形中，，则四边形是梯形，且，令，，记M，N，X，Y分别是AB，CD，BD，AC的中点，显然，于是点M，X，Y，N顺次共线并且，显然，，而，则，因此点P在线段XY上，且，设A到MN的距离为h，由面积公式可知．故〖答案〗为：13.若关于的方程有解，则实数m的最大值为__________.〖答案〗〖解析〗由题意得，，令，则，易知单调递增，所以.令，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，所以，得.所以的最大值为.故〖答案〗为：14.四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则直线l与平面所成夹角的范围为________．〖答案〗．〖解析〗依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接，交点为Q，因为底面为正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，所以为平面的一个法向量，如图建立坐标系，并设直线l上异于B的一点，所求线面角为，，则，，，由可得，∴，当时，，当时，，综上，，∴．故〖答案〗为：.另解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接，交点为Q，因为底面为正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，即面，若平面，则与平面所成的角为.若过B的直线l与平面相交于点R，在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S，因为面，且平面，所以，又，，且，平面，所以平面，故过且与垂直的直线与平面的交点的轨迹为直线，又平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以，又面，所以为在面内的射影，即为直线l与平面所成的角，且，又，而，当且仅当重合等号成立，故，综上，，∴．故〖答案〗为：.四、解答题15.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，，求a的取值范围．解：（1）由于，则切点坐标为，因为，所以切线斜率为，故切线方程为；（2）当时，等价于，令，，恒成立，则恒成立，，当时，，函数在上单调递减，，不符合题意；当时，由，得，时，，函数单调递减，，不符合题意；当时，，因为，所以，则，所以函数在上单调递增，，符合题意．综上所述，，所以的取值范围为．16.在中，内角所对的边分别为，且.（1）求角；（2）射线绕点旋转交线段于点，且，求的面积的最小值.解：（1），由正弦定理得，则，即则，且，，；（2）由和，可知，因，所以，又因为，所以，即，又，当且仅当，即时，等号成立，所以，所以，所以的面积的最小值为.17.某汽车厂商生产某型号具有自动驾驶功能的汽车，该型号汽车配备两个相互独立的自动驾驶系统（记为系统和系统），该型号汽车启动自动驾驶功能后，先启动这两个自动驾驶系统中的一个，若一个出现故障则自动切换到另一个系统.为了确定先启动哪一个系统，进行如下试验：每一轮对系统和分别进行测试试验，一轮的测试结果得出后，再安排下一轮试验.当一个系统出现故障的次数比另一个系统少2次时，就停止试验，并认为出现故障少的系统比另一个系统更稳定.为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若系统不出现故障且系统出现故障，则系统得1分，系统得-1分；若系统出现故障且系统不出现故障，则系统得-1分，系统得1分；若两个系统都不出现故障或都出现故障，则两个系统均得0分.系统出现故障的概率分别记为和，一轮试验中系的得分为分.（1）求的分布列；（2）若系统和在试验开始时都赋予2分，表示“系统的累计得分为时，最终认为系统比系统更稳定”的概率，则，，其中.现根据的值来决定该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动哪个系统，若，则先启动系统；若，则先启动系统；若，则随机启动两个系统中的一个，且先启动系统的概率为.①证明：；②若，由①可求得，求该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率.解：（1）的所有可能取值为.，，所以的分布列为-101（2）①由题意，得，所以所以，又，所以所以，所以，②记“该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统”为事件，“该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动系统”为事件，因，所以由题意，得，，所以，即该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率为0.9988.18.双曲线的焦点为（在下方），虚轴的右端点为，过点且垂直于轴的直线交双曲线于点（在第一象限），与直线交于点，记的周长为的周长为．（1）若的一条渐近线为，求的方程；（2）已知动直线与相切于点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于两点，为线段上一点，设为常数．若为定值，求的最大值．解：（1）依题意，，解得，又双曲线的一条渐近线为，则，即，所以双曲线的方程