大慶中學20232024學年度高三年級下學期模擬考試數學試卷一.選擇題：本題共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.若集合，則的子集的個數為（）A.1B.2C.4D.82.設（其中為虛數單位），則（）A.B.C.D.3.甲乙兩名大學生計劃今年五一假期分別從岳陽樓，常德桃花源，天門山，長沙橘子洲頭，茶峒古鎮五個不同的景區隨機選三個景區前往打卡旅游，則兩人恰好有兩個景區相同的選法共有（）A.36種B.48種C.60種D.72種4.如圖的形狀出現在南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中，后人稱為“三角垛”.“三角垛”最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，.....第層有個球，則數列的前100項和為（）A.B.C.D.5.三個函數的零點分別為，則之間的大小關系為（）A.B.C.D.6.已知函數，下面說法正確的是（）A.在上的平均變化率為1B.C.是的一個極大值點D.在處的瞬時變化率為27.圓關于直線對稱，則的最小值是（）A.B.C.D.8.已知各棱長均相等的正四棱錐各頂點都在同一球面上，若該球表面積為，則正四棱錐的體積為（）A.B.C.D.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，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.把函數的圖象向左平移個單位長度，得到的函數圖象恰好關于軸對稱，則（）A.的最小正周期為B.關于點對稱C.在是上單調遞增D.若在區間上恰有兩個最大值點，則實數的取值范圍為10.公差為的等差數列，其前項和為，下列說法正確的是（）A.B.C.中最大D.11.下列選項中正確的是（）A.已知隨機變量服從二項分布，則B.口袋中有大小相同的7個紅球?2個藍球和1個黑球.從中任取兩個球，記其中紅球的個數為隨機變量，則的數學期望C.對標有不同編號的6件正品和4件次品的產品進行檢測，從中任取2件，已知其中一件為正品，則另一件也為正品的概率是D.某射擊運動員每次射擊擊中目標的概率為0.8，則在9次射擊中，最有可能擊中的次數是7次三?填空題12.在的展開式中，系數為有理數的項共有__________項.13，四邊形中，，且，若，則__________.14，已知為坐標原點，橢圓的離心率，短軸長為.若直線與在第一象限交于兩點，與軸?軸分別相交于兩點，，且，則__________.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.（13分）某地5家超市春節期間的廣告支出（萬元）與銷售額（萬元）的數據如下：超市廣告支出24568銷售額3040606070（1）從這5家超市中隨機抽取3家，記銷售額不少于60萬元的超市個數為，求隨機變量的分布列及期望；（2）利用最小二乘法求關于的線性回歸方程，并預測廣告支出為10萬元時的銷售額.附：線性回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：.16.（15分）某地進行老舊小區改造，有半徑為60米，圓心角為的一塊扇形空置地（如圖），現欲從中規劃出一塊三角形綠地，其中在上，，垂足為，垂足為，設；（1）求（用表示）；（2）當在上運動時，這塊三角形綠地的最大面積，以及取到最大面積時的值.17.（15分）如圖，在四棱錐中，平面平面且，為的中點.（1）求證：平面；（2）求平面與平面所成鎖二面角的余弦值；（3）在線段上是否存在一點，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求出的值；若不存在，說明理由.18.（17分）已知圓的圓心為，圓的圓心為，一動圓與圓內切，與圓外切，動圓的圓心的軌跡為曲線.（1）證明：曲線為雙曲線的一支；（2）已知點，不經過點的直線與曲線交于兩點，且.直線是否過定點？若過定點，求出定點坐標：若不過定點，請說明理由.19.（17分）已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）若函數有2個零點，求的范圍；（3）若函數在處取得極值，且存在，使得成立，求實數的取值范圍.大慶中學20232024學年度高三年級下學期模擬考試數學試卷答案1.C【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根據指數不等式求出集合，即可求出，從而判斷其子集個數.【詳解】由，即，解得，所以，由，即，解得，所以，所以，則的子集有個.故選：C2.C【分析】直接把化簡，然后求其共軛復數即可.【詳解】，則故選：C【點睛】本題考查復數的運算和共軛復數的概念，屬于基礎題3.C【分析】利用分步計數原理，結合排列組合求解.【詳解】先從5個景點選出2個相同的，有種，再從剩下的3個景點選兩個分配給甲乙二人，有，所以兩人恰好有兩個景區相同的選法共有種.故選：C.4.D【分析】根據題意列出數列的遞推關系，再利用累加法求出通項公式，最后用裂項相消法求出數列的前100項和.【詳解】由題意得，，當時，，以上各式累加得：，經檢驗符合上式，所以，所以設數列的前項和為，則，所以.故選：D.5.B【分析】先判斷各函數的單調性，再根據零點的存在性定理求出函數零點的范圍，即可得出答案.【詳解】因為函數都是增函數，所以函數均為增函數，因為，所以函數的零點在上，即，因為，所以函數的零點在上，即，因為，所以函數的零點在上，即，綜上，.故選：B.6.D【分析】本題運用平均變化率公式及運用復合函數求導并根據導數的意義來作出判斷.【詳解】由在上的平均變化率為，所以選項A是錯誤的；利用復合函數求導法則，由，所以選項B是錯誤的；因為，當時，，所以選項C是錯誤的；因為，當時，，所以選項D是正確的；故選：D.7.C【分析】先求出圓的圓心坐標，根據條件可得直線過圓心，從而可得，然后由，展開利用均值不等式可得答案.【詳解】由圓可得標準方程為，因為圓關于直線對稱，該直線經過圓心，即，，當且僅當，即時取等號，故選：C.8.A【分析】先求棱錐的高，利用球的表面積公式得，然后由求解可得，可求棱錐體積.【詳解】如圖，設四棱錐的棱長為在底面的射影為，則平面，且為的交點，且，由正四棱錐的對稱性可知在直線上，設外接球的半徑為，則其表面積為，所以，則，故，解得或（舍），故正四棱錐的體積為.故選：A.9.BC【分析】首先用輔助角公式化簡函數，再結合函數的性質求出，再結合三角函數的周期性，對稱性，單調性即可判斷.【詳解】解：因為，所以把的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，因為關于軸對稱，所以，即，又因為，所以，對于A，故錯誤；對于B，，故B正確；對于C，由，得，所以當時，的單調遞增區間為，又因為，所以在上單調遞增，故C正確；對于D，，因為恰有兩個最大值點，所以，所以，故D錯誤.故選：BC.10.ABD【分析】由等差數列的性質和前項和公式，計算可判斷每個選項的正確性，【詳解】在等差數列中，所以，所以，所以，所以，故AB正確；，故C錯誤；由，所以，故D正確.故選：ABD.11.BC【分析】由二項分布的方差公式?超幾何分布的均值公式分別判斷AB，由條件概率與對立事件關系判斷C，由二項分布的性質判斷D.【詳解】A選項，，A錯誤；B選項，服從超幾何分布，，B正確；選項，根據題意，設“第一次摸出正品”為事件，“第二次摸出正品”為事件，則，故C正確；選項，設9次射擊擊中次概率最大，則.解得，所以同時最大，故或D錯誤.故選：BC.12.6【分析】根據二項式展開式的通項公式可得，易知符合題意，即可求解.【詳解】由題意知，展開式的通項公式為，當為整數時，為有理項，所以，即展開式中系數為有理數的項共有6個.故答案為：613.【分析】由題設可得且，利用相似三角形和向量的線性運算將用與的另式表達，根據平面向量基本定理列出方程求解即得.【詳解】如圖，由可得且，易得V，則有，于是，因，故得，由，解得：.故答案為：2.14，【分析】結合題意可得橢圓方程，借助點差法可得，設出直線的方程，結合可得其斜率，再借助韋達定理與弦長公式即可得解.【詳解】由題意得，解得，故橢圓的方程為，設，線段的中點為，連接，如圖，點在橢圓上，，兩式相減得，則，設直線的方程為，則，點也為的中點，，，解得，，，故直線的方程為，聯立，消去整理得，則，則，故答案為：【點睛】方法點睛：點差法是處理中點弦問題常用的求解方法：即設出弦的兩端點坐標后，代入圓錐曲線方程，并將兩式相減，式中含有，這樣就直接聯系了中點和直線的斜率，借用中點坐標公式可求得斜率.15.（1）的分布列見解析，期望（2）；預測廣告費支出10萬元時的銷售額為87萬元.【分析】（1）根據超幾何分布的概率公式求解分布列，進而可求解期望，（2）利用最小二乘法求解線性回歸方程即可.【詳解】（1）從這5家超市中隨機抽取3家，記銷售額不少于60萬元的超市有這3家超市，則隨機變量的可能取值為，的分布列為：123數學期望.（2），.關于的線性回歸方程為；在中，取，得.預測廣告費支出10萬元時的銷售額為87萬元.16.（1）（2）三角形綠地的最大面積是平方米，此時【分析】（1）利用銳角三角函數表示出；（2）依題意可得，則，利用三角恒等變換公式化簡，再結合正弦函數的性質求出最大值.【詳解】（1）在中，，（米），又，所以，在中，可得（米）.（2）由題可知，的面積又，當，即時，的面積有最大值平方米，即三角形綠地的最大面積是平方米，此時.17.（1）證明見解析；（2）；（3）存在，.【分析】（1）根據給定條件，利用面面垂直的性質證得平面，以為坐標原點，求出平面的法向量，利用空間位置關系的向量證明推理即得.（2）求出平面的法向量，利用面面角的向量求法計算即得.（3）假定存在符合條件的點，令，求出，再借助線面角的向量求法求解即得.【詳解】（1）在四棱錐中，平面平面，平面平面，又平面，則平面，取的中點，連接，由，得，則，而，于是，以為坐標原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，，設平面的一個法向量為，則，令，得，顯然，則，又平面，所以平面.（2）設平面的一個法向量為，而，則，令，得，則，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值.（3）假設線段上存在一點滿足條件，令，則，即由（1）知平面的一個法向量，于是，整理得：，即，而，解得，所以在線段上存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，且.【點睛】關鍵點點睛：用向量法求直線與平面所成的角，求出平面的法向量是關鍵，并注意公式求出的是線面角的正弦.18，（1）證明見解析（2）直線恒過定點，【分析】（1）根據題意利用圓與圓的位置關系結合雙曲線的定義，即可證明結論；（2）設直線的方程為，聯立雙曲線方程，可得根與系數的關系式，根據數量積的坐標運算求出的表達式，化簡，即可求得的值，即可求得答案.【詳解】（1）證明：由題意知圓的圓心為，圓：的圓心為如圖，設圓的圓心為，半徑為，由題可得圓半徑為3，圓半徑為1，則，所以，由雙曲線定義可知，的軌跡是以為焦點?實軸長為4的雙曲線的右支又，所以動圓的圓心的軌跡方程為，即曲線的方程為.（2）設直線的方程為，聯立，消去得，由題意直線與曲線有兩個交點，則，設，其中，由韋達定理得：，又點，所以，因為，所以，則，即，解得（舍去，當，直線的方程為，故直線恒過點.19.（1）答案見解析（2）（3）【分析】（1）求出函數的定義域與導函數，再分和兩種情況討論，分別求出函數的單調區間；（2）令，即，令，依題意直線與的圖象有兩個交點，利用導數說明函數的單調性，即可得到函數圖象，數形結合求出參數的取值范圍；（3）參變分離可得存在，使得成立，令，利用導數求出函數的最小值，即可求出的取值范圍.【詳解】（1）函數的定義域為，又.當時，則恒成立，在上單調遞減；當時，由，解得，由，解得.在上單調遞增，在上單調遞減；綜上可得，當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞增，在上單調遞減.（2）令，即，因為，所以，因為函數有2個零點，所以在有兩根，令，也即直線與的圖象有兩個交點，又，當時，故在