年凱里市一中高三數學第二次模擬考試卷注意事項：1.答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號在答題卡上填寫清楚.2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.在試題卷上作答無效.3.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回.滿分150分，考試用時120分鐘.一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．若對任意，，則稱A為“影子關系”集合，下列集合為“影子關系”集合的是（

）A．B．C． D．2．已知向量，，在方向上的投影向量為，則（

）A．1 B．2 C．3 D．43．直線與圓交于，兩點，若，則（

）A．2 B．1 C． D．4．已知等比數列的前項和為，若，，則（

）A．201 B．121 C．61 D．61或1215．平面過直三棱柱的頂點，平面平面，平面平面，且，，則與所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．6．貴州有很多旅游景點，值得推薦的景區是“黃小西吃晚飯”.“黃小西”分別指黃果樹、荔波小七孔和西江千戶苗寨，“吃晚飯”分別代表其諧音對應的三個景區：赤水國家級風景名勝區、萬峰林和梵凈山.現有甲、乙兩位游客慕名來到貴州，都準備從上面6個著名旅游景點中隨機選擇一個游玩.設事件為“甲和乙至少一人選擇黃果樹”，事件為“甲和乙選擇的景點不同”，則（

）A． B． C． D．7．已知，且，，則（

）A． B． C． D．8．已知正實數，滿足，則的最大值為（

）A．0 B． C．1 D．二、多項選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9．在中，內角，，的對邊分別為，，，已知，且，則（

）A．，，成等比數列 B．C．，，成等差數列 D．若，則10．某學校為了解學生身高（單位：cm）情況，采用分層隨機抽樣的方法從4000名學生（該校男女生人數之比為）中抽取了一個容量為100的樣本.其中，男生平均身高為175，方差為184，女生平均身高為160，方差為179.則下列說法正確的是參考公式：總體分為2層，各層抽取的樣本量、樣本平均數和樣本方差分別為：，，，，，.記總的樣本平均數為，樣本方差為，則（

）參考公式：A．抽取的樣本里男生有60人B．每一位學生被抽中的可能性為C．估計該學校學生身高的平均值為170D．估計該學校學生身高的方差為23611．定義在上的函數滿足，且函數關于點對稱，則下列說法正確的是（

）A．函數的圖象關于點對稱 B．4是函數的一個周期C． D．三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）12．已知復數，則.13．已知一個圓錐的底面半徑為4，用一個平行于該圓錐底面的平面截圓錐，若截得的小圓錐的底面半徑為2，則截得的小圓錐的側面積與截得的圓臺的側面積之比為.14．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，為坐標原點，雙曲線的離心率為2，過作直線的垂線，垂足為，與雙曲線右支和軸的交點分別為，，則；的內切圓在邊上的切點為，若雙曲線的虛軸長為，則.四、解答題（共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）15．在科技飛速發展的今天，人工智能領域迎來革命性的突破.類似于OpenAI的人工智能大模型不僅具有高度智能化、自主化和自適應的特點，它們的學習能力和信息儲存能力也遠遠超越人類，更是擁有強大的語音識別和語言理解能力.某機構分別用，兩種人工智能大模型進行對比研究，檢驗這兩種大模型在答題時哪種更可靠，從某知識領域隨機選取180個問題進行分組回答，其中人工智能大模型回答100個問題，有90個正確；人工智能大模型回答剩下的80個問題，有65個正確.(1)完成下列列聯表，并根據小概率值的獨立性檢驗，能否判斷人工智能大模型的選擇和回答正確有關？回答正確回答錯誤合計人工智能大模型人工智能大模型合計(2)將頻率視為概率，用人工智能大模型回答該知識領域的3道題目，且各題回答正確與否，相互之間沒有影響，設回答題目正確的個數為，求的分布列和數學期望.參考公式及參考數據：，.0.150.100.050.0102.0722.7063.8416.63516．已知函數在處的切線為軸.(1)求實數的值；(2)若，證明：.17．如圖，在四棱臺中，為的中點，.(1)證明：平面；(2)若平面平面，，當四棱錐的體積最大時，求與平面夾角的正弦值.18．已知拋物線的焦點為，，，為上不重合的三點.(1)若，求的值；(2)過，兩點分別作的切線，，與相交于點，過，兩點分別作，的垂線，，與相交于點.（i）若，求面積的最大值；（ii）若直線過點，求點的軌跡方程.19．一般地，個有序實數，，，組成的數組，稱為維向量，記為.類似二維向量，對于維向量，也可以定義向量的加法運算、減法運算、數乘運算、數量積運算、向量的長度（模）、兩點間的距離等，如，則；若存在不全為零的個實數，，，使得，則向量組，，，是線性相關的向量組，否則，說向量組，，，是線性無關的.(1)判斷向量組，，是否線性相關？(2)若，，，當且時，證明：.1．D【分析】對于ABC：舉反例說明即可；對于D：分局題意分析即可.【詳解】對于選項A：因為，但，不符合題意，故A錯誤；對于選項B：因為，但無意義，不符合題意，故B錯誤；對于選項C：例如，但，不符合題意，故C錯誤，對于選項D：對任意，均有，符合題意，故D正確；故選：D.2．B【分析】根據題意，結合向量的數量積的運算，以及投影向量的計算方法，列出方程，即可求解.【詳解】由向量，，可得且，因為向量在方向上的投影向量為，可得，所以.故選：B.3．C【分析】首先將圓的方程配成標準式，即可得到圓心坐標與半徑，由弦長可知直線過圓心，代入方程求出.【詳解】圓，則圓的標準方程為，所以圓心，半徑，，故直線過圓心，所以，解得.故選：C.4．D【分析】根據等比數列的基本量求解公比，再根據等比數列的前項和公式確定的取值.【詳解】設的公比為，則，故；當時，；當時，，故排除A，B，C排除.故選：D.5．A【分析】將直三棱柱向上補一個直三棱柱，證得平面平面，得到平面即為平面，得出交線即為直線，結合為等邊三角形，即可求解.【詳解】如圖所示，將直三棱柱向上補一個全等的直三棱柱，則，，因為平面，平面，且平面，平面，所以平面，且平面，又因為，且平面，所以平面平面，且平面，故平面即為平面，所以交線即為直線，因為，則與所成角為，設，則，，可得，所以為等邊三角形，所以，所以即與所成角的正弦值為.故選：A.

6．D【分析】根據條件概率公式結合古典概型運算公式求解即可得結論.【詳解】由題意，兩位游客從6個著名旅游景點中隨機選擇一個游玩，共有種，其中事件的情況有種，事件和事件共同發生的情況有種，所以，，所以.故選：D.7．C【分析】找出和的關系，求出和即可求解.【詳解】，，①，，，②，由①②解得或，，，，.故選：C.8．A【分析】根據等式關系構造函數，由其單調性可得，于是結合基本不等式可得的最大值.【詳解】由題，構造函數，則，顯然在上單調遞增，所以，即，所以，當且僅當，時等號成立.所以的最大值為0.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：函數的單調性是函數的重要性質之一，它的應用貫穿于整個高中數學的教學之中.某些數學問題從表面上看似乎與函數的單調性無關，但如果我們能挖掘其內在聯系，抓住其本質，那么運用函數的單調性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數的單調性進行全面、準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據題目的特點，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.9．AD【分析】根據正弦定理角化邊化簡已知，并結合等比數列的定義可判斷A；由正弦定理的邊角轉化與三角形角度關系即可判斷B；假設，，成等差數列，得，結合余弦定理可判斷C；由邊之間的關系確定三邊長度，再利用平方關系求，利用面積公式可得三角形面積，即可判斷D.【詳解】，由正弦定理可得，且，則，，成等比數列，故正確；將，利用正弦定理化簡得：，即，，利用正弦定理化簡得：，，，，故B錯誤；若，，成等差數列，則，且，可得，則由余弦定理可得，故C錯誤；若，可得，，則，由，可得，所以，故D正確.故選：AD.10．ABD【分析】根據分層抽樣的公式，以及利用每層樣本的平均數和方差公式，代入總體的均值和方差公式，即可判斷選項.【詳解】對于項，抽取的樣本里男生有人，所以A項正確；對于B項，由題可知，每一位學生被抽中的可能性為，所以B項正確；對于C項，估計該學校學生身高的平均值為，所以C項錯誤；對于D，估計該學校學生身高的方差為，所以D項正確.故選：ABD11．ACD【分析】根據函數的對稱性、周期性逐項判斷即可得結論.【詳解】函數關于點對稱，，即，函數的圖象關于點對稱，A正確：，令，則，，故，B錯誤：設，則，的圖象關于點對稱，①，，的圖象關于直線對稱，②，由①②可得：，則，，的一個周期為4，又可得，，即，，C正確；，，則D正確.故選：ACD.【點睛】結論點睛：本題考查抽象函數的對稱性與周期性，一般可根據如下規則判斷：（1）若對任意的實數，滿足，則函數的周期為；（2）若對任意的實數，滿足，則函數關于直線對稱；（3）若對任意的實數，滿足，則函數關于點對稱．12．【分析】根據復數的除法運算化簡復數，可得共軛復數，從而求得其模長.【詳解】由，則，則，所以.故答案為：.13．##【分析】設出小圓錐的母線長，利用三角形的相似確定大圓錐的母線長，利用圓錐的側面積公式，即可求得答案.【詳解】如圖所示，，，設，由∽，得，故截得的小圓錐的側面積為，截得的圓臺的側面積為，，故截得小圓錐的側面積與截得的圓臺的側面積之比為.故答案為：14．【分析】由離心率可得直線為雙曲線的一條漸近線，作于，利用點到直線距離結合對稱性求出；利用圓的切線性質，結合雙曲線定義推理計算得解.【詳解】由，得，則直線是雙曲線的一條漸近線，過作直線的垂線，垂足為，點，顯然直線方程為，則，，而，則，在中，；

設在邊，的切點分別為，，而，即，，如圖，則，，，由雙曲線的對稱性知，則，由雙曲線的定義知：，所以.

故答案為：；【點睛】易錯點睛：雙曲線(a>0,b>0)的漸近線方程為，而雙曲線(a>0,b>0)的漸近線方程為(即)，應注意其區別與聯系.15．(1)列聯表見解析，可以判斷人工智能大模型的選擇和回答正確有關(2)分布列見解析，【分析】（1）根據題意，得到的列聯表，利用公式求得，結合附表，即可得到結論；（2）根據題意，得到隨機變量，求得相應的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解.【詳解】（1）解：根據題意可得列聯表如下表所示：回答正確回答錯誤合計人工智能大模型9010100人工智能大模型651580合計15525180零假設：人工智能大模型的選擇和回答正確無關.故可得：，故根據小概率值的獨立性檢驗，推斷不成立，故可以判斷人工智能大模型的選擇和回答正確有關.（2）解：由題意知，人工智能大模型回答題目正確的概率為，所以隨機變量，所以，，，.故的分布列如下所示：0123所以期望為.16．(1)2(2)證明見解析【分析】（1）求導，根據導函數的幾何意義即可列方程求得的值；（2）利用導函數確定函數的單調性，由可得，結合函數單調性即可證得結論.【詳解】（1）由題可得，，，.（2）證明：由（1）可知：，函數在上單調遞增，當時，，，，，，即，，.17．(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據由棱臺定義和幾何結構特征，證得四邊形為平行四邊形，得到，結合線面平行的判定定理，即可證得平面；（2）根據題意，證得平面，得到為四棱錐的高，此時點與重合，四棱錐取最大值，建立空間直角坐標系，求得，以及平面的法向量，結合向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）由棱臺定義，可得的延長線必定交于一點，在中，因為，所以為的中位線，所以.又因為，則，且，所以四邊形為平行四邊形，可得，因為平面，且平面，所以平面.（2）解：由平面平面，過點作，因為平面平面，平面，所以平面，即為四棱錐的高，由，則在直角中，，當且僅當時成立，此時點與重合，此時，四棱錐取最大值.如圖所示，以為原點，以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，可得，，，，，則，，，設平面的一個法向量為，則，取，可得，所以，設直線與平面所成的角為，則，所以與平面夾角的正弦值為..18．(1)3(2)（i）8；（ii）【分析】（1）設，，，根據向量的坐標運算即可得，再根據拋物線的定義即可得結論；（2）（i）設直線的方程為，，，聯立直線與拋物線得交點坐標關系，再求導，根據導數的幾何意義求解切線斜率，即可得切線方程，從而可得切線的交點坐標，根據三角形面積公式列關系求解即可；（ii）利用直線相交、直線過定點即可得點的軌跡方程.【詳解】（1）依題意，，設，，，由得，，即，由拋物線定義得，.（2）（i）顯然，直線的斜率不為0，可設直線的方程為，，，由得：，，，.，則，，切線的方程為，同理，切線的方程為，聯立兩