2024年晉城市高三數(shù)學第三次模擬考試卷附答案解析

年晉城市高三數(shù)學第三次模擬考試卷注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用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.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.4.本試卷主要考試內容：高考全部內容.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．已知復數(shù)滿足，則（

）A． B． C． D．2．已知集合，，若中有2個元素，則a的取值范圍是（

）A． B． C． D．3．某學生通過計步儀器，記錄了自己最近30天每天走的步數(shù)，數(shù)據(jù)從小到大排序如下：5588

6054

8799

9851

9901

10111

11029

11207

12634

1290113001

13092

13127

13268

13562

13621

13761

13801

14101

1417214191

14292

14426

14468

14562

14621

15061

15601

15901

19972估計該學生最近30天每天走的步數(shù)數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為（

）A．14292 B．14359 C．14426 D．144684．若函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，則（

）A．3 B．2 C． D．5．有4個外包裝相同的盒子，其中2個盒子分別裝有1個白球，另外2個盒子分別裝有1個黑球，現(xiàn)準備將每個盒子逐個拆開，則恰好拆開2個盒子就能確定2個白球在哪個盒子中的概率為（

）A． B． C． D．6．已知，分別是雙曲線的左、右焦點，是雙曲線右支上的一個動點，且“”的最小值是，則雙曲線的漸近線方程為（

）A． B．C． D．7．已知圓，過點的直線l與圓O交于B，C兩點，且，則（

）A．2 B． C． D．8．如圖，圓和圓外切于點，，分別為圓和圓上的動點，已知圓和圓的半徑都為1，且，則的最大值為（

）A．2 B．4 C． D．二、選擇題：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.9．一般地，任意給定一個角，它的終邊與單位圓的交點P的坐標，無論是橫坐標x還是縱坐標y，都是唯一確定的，所以點P的橫坐標x、縱坐標y都是角的函數(shù).下面給出這些函數(shù)的定義：①把點P的縱坐標y叫作的正弦函數(shù)，記作，即；②把點P的橫坐標x叫作的余弦函數(shù)，記作，即；③把點P的縱坐標y的倒數(shù)叫作的余割，記作，即；④把點P的橫坐標x的倒數(shù)叫作的正割，記作，即.下列結論正確的有（

）A．B．C．函數(shù)的定義域為D．10．如圖1，在等腰梯形中，，，，，，將四邊形沿進行折疊，使到達位置，且平面平面，連接，，如圖2，則（

）A． B．平面平面C．多面體為三棱臺 D．直線與平面所成的角為11．已知函數(shù)，函數(shù)，且，定義運算設函數(shù)，則下列命題正確的是（

）A．的最小值為B．若在上單調遞增，則k的取值范圍為C．若有4個不同的解，則m的取值范圍為D．若有3個不同的解，，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知F為拋物線的焦點，點在拋物線上C，直線與拋物線C的另一個交點為A，則.13．在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，則的面積為.14．已知某種有蓋的圓柱形容器的底面圓半徑為，高為100，現(xiàn)有若干個半徑為的實心球，則該圓柱形容器內最多可以放入個這種實心球.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．已知數(shù)列的前n項和為，且.(1)求的通項公式；(2)若數(shù)列滿足，求的前項和.16．如圖，在四棱錐中，平面內存在一條直線與平行，平面，直線與平面所成的角的正切值為，，.

(1)證明：四邊形是直角梯形.(2)若點滿足，求二面角的正弦值.17．某興趣小組調查并統(tǒng)計了某班級學生期末統(tǒng)考中的數(shù)學成績和建立個性化錯題本的情況，用來研究這兩者是否有關.若從該班級中隨機抽取1名學生，設“抽取的學生期末統(tǒng)考中的數(shù)學成績不及格”，“抽取的學生建立了個性化錯題本”，且，，.(1)求和.(2)若該班級共有36名學生，請完成列聯(lián)表，并依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，分析學生期末統(tǒng)考中的數(shù)學成績與建立個性化錯題本是否有關，個性化錯題本期末統(tǒng)考中的數(shù)學成績合計及格不及格建立未建立合計(3)為進一步驗證（2）中的判斷，該興趣小組準備在其他班級中抽取一個容量為的樣本（假設根據(jù)新樣本數(shù)據(jù)建立的列聯(lián)表中，所有的數(shù)據(jù)都擴大為（2）中列聯(lián)表中數(shù)據(jù)的倍，且新列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)都為整數(shù)）.若要使得依據(jù)的獨立性檢驗可以肯定（2）中的判斷，試確定的最小值參考公式及數(shù)據(jù)：，.0.010.0050.0016.6357.87910.82818．平面幾何中有一定理如下：三角形任意一個頂點到其垂心（三角形三條高所在直線的交點）的距離等于外心（外接圓圓心）到該頂點對邊距離的2倍.已知的垂心為D，外心為E，D和E關于原點O對稱，.(1)若，點B在第二象限，直線軸，求點B的坐標；(2)若A，D，E三點共線，橢圓T：與內切，證明：D，E為橢圓T的兩個焦點.19．已知函數(shù).(1)若，求曲線在點處的切線方程；(2)若，試討論的零點個數(shù).1．A【分析】根據(jù)復數(shù)代數(shù)形式的除法運算法則計算可得.【詳解】因為，所以.故選：A2．B【分析】根據(jù)即可求解.【詳解】，因為中只有2個元素，則，所以.故選：B3．C【分析】根據(jù)給定數(shù)據(jù)，利用第75百分位數(shù)的意義求解即得.【詳解】由，得樣本的第75百分位數(shù)為第23個數(shù)據(jù)，據(jù)此估計該學生最近30天每天走的步數(shù)數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為14426.故選：C4．A【分析】根據(jù)奇函數(shù)的性質可得，進而可得，，即可求解.【詳解】設，則，即，即，所以.因為，所以，.故選：A5．B【分析】先將4個盒子進行全排，若恰好拆開2個盒子就能確定2個白球在哪個盒子中，則前兩個盒子都是白球或都是黑球，分別計算出排列數(shù)，即可得到答案.【詳解】將4個盒子按順序拆開有種方法，若恰好拆開2個盒子就能確定2個白球在哪個盒子中，則前兩個盒子都是白球或都是黑球，有種情況，則恰好拆開2個盒子就能確定2個白球在哪個盒子中的概率為.故選：B6．C【分析】法一：根據(jù)條件，利用點到點的距離公式得到，再利用，即可求出結果；法二：利用雙曲線的定義，得到，再利用的取值范圍，即可求出結果.【詳解】解法一：不妨設，，，且，則，所以，解得，，故雙曲線C的漸近線方程為.解法二：，所以，解得，，故雙曲線C的漸近線方程為.故選：C.7．D【分析】根據(jù)條件可得，結合圖形得出，然后根據(jù)轉化法利用向量積求出向量的模即可【詳解】如圖，在中，，，，，，所以.

故選：D8．D【分析】由，化簡得到，兩邊平方化簡可得：，由化簡即可得到答案.【詳解】，所以，所以，即，解得..故選：D9．ABD【分析】根據(jù)正余弦函數(shù)及余割正割的定義逐一判斷即可.【詳解】，A正確；，B正確；函數(shù)的定義域為，C錯誤；，當時，等號成立，D正確.故選：ABD.10．ABD【分析】A.由面面垂直得線面垂直再得線線垂直；B.由，易得平面平面；C.由棱臺的定義可判斷；D.確定線面角，計算即可.【詳解】因為平面平面，平面平面，平面，，所以平面，又因為平面,則，故A正確.因為，平面，平面，則平面平面，又，平面，平面，則平面平面，又因為，平面，所以平面平面，B正確.因為，，則，所以多面體不是三棱臺，C錯誤.延長，相交于點G，因為平面平面，平面平面，平面，，所以平面，則為直線與平面所成的角.因為，所以，解得，，則，則，D正確.故選：ABD.11．AC【分析】對A，對分類討論，并作出分段函數(shù)的圖象求出最小值即可；對B，令，求出，根據(jù)其單調性得到不等式，解出即可；對C和D結合圖象轉化為直線與函數(shù)圖象交點個數(shù)，并結合函數(shù)對稱性即可判斷.【詳解】對A，

令，解得.當時，作出函數(shù)和的圖象，如圖1所示.此時，，顯然當時，，當時，作出函數(shù)的圖象，如圖2所示.，，所以的最小值為，綜上的最小值為，A正確.對B，令，解得，.若在上單調遞增，則，解得.因為當時，在上單調遞增，所以k的取值范圍為，B錯誤.對CD，若有3個不同的解，，，則結合圖象可得或，D錯誤.若有4個不同的解，則，C正確.故選：AC.【點睛】關鍵點點睛：本題B選項的關鍵是結合圖象找到臨界位置，從而得到不等式，CD選項應結合函數(shù)圖象，轉化為直線與函數(shù)圖象交點個數(shù)問題.12．2【分析】將代入拋物線方程，再根據(jù)直線與x軸垂直求解即可.【詳解】由題意可得，解得，則.又直線與x軸垂直，，.故答案為：213．【分析】由正弦定理角化邊可得，再結合余弦定理可得，根據(jù)三角形面積公式即可求解.【詳解】解：因為，由正弦定理可得：，即，又，所以，由，所以，故答案為：.14．49【分析】分析第1個實心球上的點與第2個實心球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離，依次疊放，找出規(guī)律得到每多放一個球，最上面的球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離加2，即可得到答案.【詳解】如圖，將第1個實心球靠近該圓柱形容器側面放置，球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離為；將第2個實心球也靠近該圓柱形容器側面放置，過點作垂直于該圓柱形容器的母線，垂足為，過點作垂直于該圓柱形容器下底面，垂足為，設.，，，球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離為.同理可得球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離為.由此規(guī)律可得，每多放一個球，最上面的球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離加2.因為，所以該圓柱形容器內最多可以放入49個這種實心球.故答案為：49【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是，分析得每多放一個球，最上面的球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離加2，從而得解.15．(1)；(2).【分析】（1）根據(jù)的關系由：求解即可；（2）根據(jù)通項分奇偶分別計算求和，結合裂項相消和等比數(shù)列求和公式即可.【詳解】（1）當時，.當時，，當時，也符合.綜上，.（2）由則，故的前項和.16．(1)證明見解析；(2)【分析】（1）根據(jù)條件，利用線面平行的判定定理，得到平面，再線面平行的性質定理，得到，再利用條件得到，結合，，即可證明結果；（2）建立空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量，利用面面角的向量法，即可解決問題.【詳解】（1）因為，平面，平面，所以平面，因為平面，平面平面，所以，連接，因為平面，所以是與平面的夾角，則，解得.因為，，所以，所以.又，所以四邊形是直角梯形.（2）取的中點M，連接，以A為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，由，得，則，設平面的法向量為，則，取，得到，即，設平面的一個法向量為，則由，得到，到，得到，所以平面的一個法向量為設二面角的平面角為，則，所以，故二面角的正弦值為.

17．(1)，(2)表格見解析，有關；(3)【分析】（1）利用條件概率公式結合全概率公式即可得到答案；（2）由（1）所計算的概率即可完成列聯(lián)表，再由獨立性檢驗的知識即可得到結論；（3）利用獨立性檢驗的知識可得，在結合，即可得到答案.【詳解】（1）因為，，所以，，由于，解得，所以.，解得.（2）個性化錯題本期末統(tǒng)考中的數(shù)學成績合計及格不及格建立20424未建立4812合計241236零假設為期末統(tǒng)考中的數(shù)學成績與建立個性化錯題本無關.根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得到.根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，即認為期末統(tǒng)考中的數(shù)學成績與建立個性化錯題本有關，此推斷犯錯誤的概率不大于0.005.（3），解得.要使新列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)都為整數(shù)，則需.又因為，所以的最小值為5，故的最小值是18．(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)垂心以及外心滿足的等量關系即可根據(jù)，，求解，（2）根據(jù)共線以及可得，進而根據(jù)滿足的垂直關系可得，聯(lián)立直線與橢圓方程，得判別式，化簡可得即可求解.【詳解】（1）因為，所以.設與x軸的交點為，由題意可得，即，解得.設，因為，所以，則，解得.所以.

（2）證明：因為D和E關于原點O對稱，且A，D，E三點共線，所以A，D，E，O四點共線，即點A，D，E，O都在x軸上.因為是的高，所以，即軸.因為的外心為E，所以，所以點B與點C關于x軸對稱.設與x軸的交點為，，，，，由題意可得，即，化簡得.直線的斜率為，直線的斜率為，所以，化簡得①直線的方程為.橢圓與內切，所以.聯(lián)立得.，即.因為，所以，即，即.結合①可得設橢圓T的焦距為，則，所以D，E為橢圓T的兩個焦點.

【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)以及垂心和外心滿足的幾何關系，根據(jù)相切，通過判別式為0化簡的是本題的關鍵.19．(1)(2)答案見解析【分析】（1）求得的導數(shù)，可得切線斜率和切點，從而求得切線方程；（2）由為奇函數(shù)，將問題轉化為討論在上的零點，求得導數(shù)，討論，，和，求得的單調性、極值和最值，結合零點存在定理，即可得到零點個數(shù).【詳解】（1）當時，，.，.故曲線在點處的切線方程為.（2）因為，所以為奇函數(shù).又