江苏省扬州市宝应县2024届高三上学期期末模拟数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省扬州市宝应县2024届高三上学期期末模拟数学试题一､选择题1.已知集合，，则等于（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意知，则则故选：A.2.设等比数列的前n项和为，若，则（）A.66 B.67 C.65 D.63【答案】C【解析】因为，则，设等比数列的公比为，则，可得，所以.故选：C.3.已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝，点D在线段BC上，且，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设等腰△ABC在边上的高为，因为，所以，所以,所以，所以.故选:B.4.一个盒子中装有5个黑球和4个白球，现从中先后无放回的取2个球，记“第一次取得黑球”为事件，“第二次取得白球”为事件，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，．故选：A.5.若，，则（）．A. B.C. D.【答案】D【解析】，即，，故，，故，故，故，，，故．故选：D6.折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得，，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示：图中，，过点向作垂线，垂足为，则，所以圆台的高，则上底面面积，，由圆台的体积计算公式可得：，故选：.7.已知双曲线的焦点关于渐近线的对称点在双曲线上，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】关于渐近线的对称点在双曲线上，如图所示，则．所以是的中位线，所以，．所以到渐近线的距离为，即，在中，，，所以，进而，所以，则渐近线方程为，故选：C.8.函数的定义域为，若存在闭区间，使得函数同时满足：在上是单调递增函数，且在上的值域为（），则称区间为的“倍值区间”．如下四个函数，存在“2倍值区间”的是（）A.， B.C. D.【答案】B【解析】对于A:，函数在上单调递增，若函数存在“倍值区间”，则，令，，则，所以在上单调递减，故在上不可能存在两个零点，所以函数不存在“2倍值区间”，故A错误；对于B:为增函数，若函数存在“2倍值区间”，则，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，又，即有两个根，所以存2倍值区间，故B正确；对于C:上单调递增，若函数存在“2倍值区间”，则，所以，解得.所以函数不存在“2倍值区间”，故C错误；对于D：为增函数，若存在“2倍值区间”，则，结合及的图象知，方程无解，故不存在“2倍值区间”，D错误；故选：B.二､多选题9.已知为复数，设，，在复平面上对应的点分别为A，B，C，其中O为坐标原点，则（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】设，，，，，，对于A，，故选项A正确；对于B，，，故选项B正确；对于C，，当时，，故选项C错误；对于D，，可以为零，也可以不为零，所以不一定平行于，故选项D错误.故选:AB.10.下列命题中正确的是（）A.中位数就是第50百分位数B.已知随机变量X~，若，则C.已知随机变量~，且函数为偶函数，则D.在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，当样本相关系数越接近1时，样本数据的线性相关程度越强．【答案】ACD【解析】对于选项A，中位数就是第50百分位数，选项A正确；对选项B，，则，因此，故B错误；对选项C，，函数为偶函数，则，区间与关于对称，故，选项C正确；对选项D，在回归分析中，样本相关系数越接近1，样本数据的线性相关程度越强，选项D正确．故选：ACD.11.已知函数满足，其图象向右平移个单位后得到函数的图象，且在上单调递减，则（）A.B.函数的图象关于对称C.可以等于5D.的最小值为2【答案】BCD【解析】对于A，因为，，所以，则，又，故，故A错误；对于B，由选项A得，所以，故是的一个对称中心，故B正确；对于C，的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则，因为在上单调递减，所以，解得，当时，，因为，所以，故C正确；对于D，因为，所以，则，又，故，当时，，可知，故D正确.故选：BCD.12.已知为坐标原点，点为抛物线：的焦点，点，直线：交抛物线于，两点（不与点重合），则以下说法正确的是（）A.B.存在实数，使得C.若，则D.若直线与的倾斜角互补，则【答案】ACD【解析】由已知，抛物线：，∴，，焦点，不妨设为，，设，到准线的距离分别为，，对于A，∵由标准方程知，抛物线顶点在原点，开口向右，，∴由抛物线的定义，故选项A正确；对于B，消去，化简得（），则，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴不存在实数，使得，选项B错误；对于C，，，∵，∴，∴又∵由选项B判断过程知，，∴解得，，或，，，∴若，则，选项C正确；对于D，由题意，，，，，直线与的倾斜角互补时，斜率均存在，且，∴，代入，，化简得，由选项B的判断知，，∴，∴，故选项D正确.故选：ACD.三､填空题13.已知的二项式系数的和为64，则其展开式的常数项为______.（用数字作答）【答案】240【解析】因为展开式的二项式系数之和为64，所以，解得，则展开式的通项公式为，令，得，所以常数项为.故答案为：240.14.已知圆，过点的直线交圆于两点，且，请写出一条满足上述条件的直线的方程______.【答案】（答案不唯一，也满足）【解析】由题意得，半径，，故在圆外，设O到直线的距离为d，由得，即，解得，当直线l斜率不存在时，即，此时，符合题意；当直线l斜率存在时，设为，即，则，即，解得，故直线为.故答案为：（答案不唯一，也满足）15.已知，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则__________.【答案】【解析】因为数列是正奇数列，对于数列，当为奇数时，设，则为偶数；当为偶数时，设，则为奇数，所以，，则，因此，.故答案为：.16.函数，当时，的零点个数为_____________；若恰有4个零点，则的取值范围是______________.【答案】1【解析】第一空：当时，当时，，解得；当时，，无零点，故此时的零点个数是1；第二空：显然，至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；若恰有2个零点，则，此时恰有两个零点，所以，解得，此时；若恰有3个零点，则，此时，所以恰有1个零点，符合要求；③当时，，所以恰有1个零点，而至少有4个零点，此时至少有5个零点，不符合要求，舍去.综上，或.故答案为：1；.四、解答题17.在四棱锥中，底面．（1）证明：；（2）求PD与平面所成的角的正弦值．（1）证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：如图，以点原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，

则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.18.已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A；（2）若的面积为，，点为边的中点，求的长．解：（1）因为，所以由正弦定理可得，即，由余弦定理可得，又，所以．（2）因为，所以，即，又，则，所以，所以，，所以，所以，故，，故在中，由余弦定理可得，则．19.已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）若对于任意的，且，恒有，求实数的取值范围．解：（1）的定义域为，当时，在恒成立，当时，令，得，单调递增；令，得，单调递减，综上所述：当时，的单调递减区间为；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）不妨设，则不等式等价于，即，令，则函数在上单调递减，则在上恒成立，所以在上恒成立，所以，因为在上单调递减，在递增，所以，所以实数取值范围为.20.已知数列的前项和为，且（1）求，并证明数列是等差数列：（2）若，求正整数的所有取值.解：（1）由，得，当时，，所以，当时，，两式相减得，即，所以，所以数列是以为首项，为公差的等差数列；（2）由（1）得，所以，，，两式相减得，所以，则，由，得，即，令，因为函数在上都是增函数，所以函数在上是增函数，由，，则当时，，所以若，正整数的所有取值为.21.已知椭圆的左右焦点分别为，点是椭圆上三个不同的动点（点不在轴上），满足，且与的周长的比值为．（1）求椭圆的离心率；（2）判断是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．解：（1）依题意点、、三点共线，点、、三点共线，则的周长为，则的周长为，所以，即，椭圆的离心率为．（2）解法一：设且，则有，即，由题由，可得，则，由题设直线，联立，化简整理可得显然成立，故，，同理可得，（定值）.解法二：设且，则由，即有①，由题，由，可得，则，，点在椭圆上，则，则将上式代入整理得②，②-①整理化简得，同理可得，（定值）.22.某商场在五一假期间开展了一项有奖闯关活动，并对每一关根据难度进行赋分，竞猜活动共五关，规定：上一关不通过则不进入下一关，本关第一次未通过有再挑战一次的机会，两次均未通过，则闯关失败，且各关能否通过相互独立，已知甲、乙、丙三人都参加了该项闯关活动.（1）若甲第一关通过的概率为，第二关通过的概率为，求甲可以进入第三关的概率；（2）已知该闯关活动累计得分服从正态分布，且满分为450分，现要根据得分给共2500名参加者中得分前400名发放奖励.①假设该闯关活动平均分数为171分，351分以上共有57人，已知甲的得分为270分，问甲能否获得奖励，请说明理由；②丙得知他的分数为430分，而乙告诉丙：“这次闯关活动平均分数为201分，351分以上共有57人”，请结合统计学知识帮助丙辨别乙所