【九省联考题型】备战2024高考三模模拟训练卷01（解析版）.docx

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1、【九省联考题型】备战2024高考三模模拟训练卷（1）一、 选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1若一组数据的75百分位数是6，则（）A4B5C6D7【答案】C【分析】根据百分位数的定义求解即可【详解】这组数据为：，但大小不定，因为，所以这组数据的分位数为从小到大的顺序的第6个数和第7个数的平均数，经检验，只有符合故选：C2已知椭圆的一个焦点坐标为，则实数的值为（）ABCD【答案】D【分析】先确定焦点位置，再根据计算即可.【详解】由已知可得椭圆的焦点在轴上，故，则，得.故选：D.3在等差数列中，若，则（）ABCD【答案】B【详解】根据给

2、定条件，利用等差数列下标和性质计算即得.【分析】在等差数列中，而，因此，所以.故选：B4设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【分析】由线面平行性质判断真命题，举反例判定假命题即可.【详解】对于A，可能平行，相交或异面，故A错误，对于B，可能相交或平行，故B错误，对于D，平行，不可能垂直，故D错误，由线面平行性质得C正确，故选：C5中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的传统工艺品.经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型.现将4盏相同的宫灯、3盏不同的纱灯、2盏不同的吊灯挂成一排

3、，要求吊灯挂两端，同一类型的灯笼至多2盏相邻挂，则不同挂法种数为（）A216B228C384D486【答案】A【分析】先在两端挂2盏吊灯，再在2盏吊灯之间挂3盏纱灯，求出其挂法，最后将宫灯插空挂，考虑宫灯的分组情况，结合分步以及分类计数原理，即可求得答案.【详解】先挂2盏吊灯有种挂法，再在2盏吊灯之间挂3盏纱灯有种挂法，最后将宫灯插空挂.当4盏宫灯分成2，2两份插空时有种挂法；当4盏宫灯分成1，1，2三份插空时有种挂法；当4盏宫灯分成1，1，1，1四份插空时有1种挂法，所以共有种不同的挂法.故选：A6已知点在圆上，点的坐标为为原点，则的取值范围是（）ABCD【答案】D【分析】设，利用平面向量数

4、量积的坐标运算结合直线与圆的位置关系可得结果.【详解】设，因点的坐标为，所以，则，设，即，依题意，求t的范围即求直线与圆有公共点时在y轴上截距的范围，即圆心到的距离，解得，所以的取值范围为，故选：D.7已知，则（）ABCD【答案】A【分析】结合二倍角公式和两角和差公式化简即可求得.【详解】，.，又因为，所以，则，所以.故选：A8已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D. 若，则双曲线的离心率取值范围是（）ABCD【答案】A【分析】根据题意利用韦达定理求以及线段AB的中垂线的方程，进而可求点D和，结合运算求解即可.【详解】设双曲线的右焦点为

5、，则直线，联立方程，消去y得：，则可得，则，设线段的中点，则，即，且，线段的中垂线的斜率为，则线段的中垂线所在直线方程为，令，则，解得，即，则，由题意可得：，即，整理得，则，注意到双曲线的离心率，双曲线的离心率取值范围是.故选：A.【点睛】方法定睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值（或范围）二、 多选题:本大题共3小题，每小题6分，共18分，全部选对的得6分，部分选对的得部分2分，有选错的得0分。9已知函数，则（）A的最小正周期为B的图象关于点成中心对称C在区间上单调递增D若的图象

6、关于直线对称，则【答案】BC【分析】根据正弦型函数的性质，结合代入法、整体法逐一判断各项正误.【详解】由，最小正周期，A错；由，即是对称中心，B对；由，则，显然在区间上单调递增，C对；由题意，故，D错.故选：BC10若，则（）AB CD【答案】BC【分析】复数的几何意义得出复数z所对应的点的轨迹，由共轭复数的定义及复数的运算可判断各选项.【详解】利用复数的几何意义知在复平面内，对应的点在对应线段的中垂线即y轴上，所以不一定是实数，所以A错误；因为与关于实轴对称，且在y轴上，所以B，C正确；取，则，所以D错误故选：BC.11已知定义域为的函数满足为的导函数，且，则（）A为奇函数B在处的切线斜率为

7、7CD对【答案】ACD【分析】利用赋值法可判断A；利用赋值法结合对函数求导，可判断B；将变形为形式，利用柯西方程可求得，代入求值，即可判断C；结合，利用作差法可判断D.【详解】由题意定义域为的函数满足令，则，令，则，即，故为奇函数，A正确；由于，故，即，则为偶函数，由可得，由，令得，故，令，则，B错误；又，则，令，则，由柯西方程知，故，则，由于，故，即，则，C正确；对,故，D正确，故选：ACD三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12集合,，则 【答案】1或0【分析】根据包含关系可求参数的值，注意讨论集合是否为空集即可.【详解】,或，故或.故答案为：1或013在中，将各边中点连线并折

8、成四面体，则该四面体外接球直径为 ；该四面体的体积为 .【答案】 【分析】设、分别为、中点，沿、折成四面体，把四面体补成一个长方体，作出图形，设长方体的棱长分别为、，根据勾股定理可得出关于、的方程组，解出这三个量的值，可求得该四面体的外接球直径，再利用柱体和锥体的体积公式可求得该四面体的体积.【详解】设、分别为、中点，沿、折成四面体，设折起后、重合为点，把四面体补成一个长方体，如图，其中，设长方体的棱长分别为、，则，解得，因此，该四面体的外接球直径为，该四面体的体积为.故答案为：；.14黎曼函数是一个特殊的函数，由德因数学家波恩哈德黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在上，

9、其解析式如下：，定义在实数集上的函数满足，且函数的图象关于直线对称，当时，则 .【答案】/【分析】由推出为偶函数与周期的函数，据此求的值即可.【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以，由得，所以，所以为偶函数，由得，代入得，所以，所以，所以，所以是以4为周期的函数，由得，所以，即，由得，所以，即，所以，所以，故答案为：【点睛】关键点点睛：本题难点在于对条件的灵活应用，一是对进行赋值，赋值一定要合适，根据需要进行合理的赋值才能达到想要的结果；二是对与关系的转化，要找的性质进行赋值后消去得到只有的关系式从而得到的性质.四、解答题:本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15

10、（13分）已知函数(1)若是函数的极值点，求在处的切线方程(2)若，求在区间上最大值【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）根据函数的导数在极值点出的函数值为零，求得的值，继而可求得点的坐标，及切线的斜率，即可求得切线方程；（2）根据函数的单调性，分类讨论比较和的大小，即可求得.【详解】（1），又是函数的极值点，即，在处的切线方程为，即，所以在处的切线方程是（2），令，得，在单调递减，在单调递增而，当，即时，当，即时，综上，当时，；当时，16（15分）一只蚂蚁位于数轴处，这只蚂蚁每隔一秒钟向左或向右移动一个单位长度，设它向右移动的概率为，向左移动的概率为.(1)已知蚂蚁2秒后所在位置对应的

11、实数为非负数，求2秒后这只蚂蚁在处的概率；(2)记蚂蚁4秒后所在位置对应的实数为，求的分布列与期望.【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件，记2秒后这只蚂蚁在处的概率为事件，则由题意可知事件包括2秒内一直向可移动和一次向右移动与一次向左移动，事件为2秒内一次向右移动与一次向左移动，然后利用独立事件的概率公式求出，再利用条件概率公式可求得结果；（2）由题意知可能的取值为，然后求出相应的概率，从而可求出的分布列与期望.【详解】（1）记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件，记2秒后这只蚂蚁在处的概率为事件，则故所求的概率为.（2）由题意知可

12、能的取值为，则，则的分布列为02417（15分）如图，两个正四棱锥的底面都为正方形，顶点位于底面两侧，记正四棱锥的体积为，正四棱锥的体积为(1)求的最小值；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值【答案】(1)(2)【分析】（1）由锥体体积公式求出，根据基本不等式求最值，（2）建立空间直角坐标系，根据向量法求得结果.【详解】（1）设正方形中心为，因为和都是正四棱锥，所以面面，且共线设因为，所以，所以因为，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为（2）由设，由（1）知，即，以为坐标原点，如图，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量，则,即，令，则，所以设直线与面所成角为则所以直线与

13、平面所成角的正弦值为.18（17分）已知抛物线：经过，中的2个点，且焦点为，中的一个点.(1)求的方程；(2)判断是否存在定直线，过直线上任意一点P作的两条切线，切点分别为M，N，恒有且直线过的焦点?若存在，求出的方程，若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在定直线：【分析】（1）由抛物线C关于x轴对称，可得，都在C上，或都不在C上，讨论即可求解；（2）先由对称性知，直线也关于x轴对称，再从特殊情况轴时入手， 求得定直线，再证明即可.【详解】（1）由抛物线C关于x轴对称，可得，都在C上，或都不在C上，若，都不在C上，则，都在C上，得即矛盾，所以，都在C上，焦点坐标为.若C的焦点为，则，可

14、得C的方程为；若C的焦点为，则，不满足题意.综上，C的方程为.（2）由（1）知C的焦点为，假设存在符合条件的直线，由抛物线C关于x轴对称，可得直线也关于x轴对称，设，当轴时，由过，得，由对称性可知点P在x轴上，知.又，所以，得，此时，的方程分别为，与联立得，因为，所以，与都相切，满足题意，所以直线的方程为.下面证明对直线上的任意一点，都有，且直线过点.设直线，的斜率分别为，则直线的方程为，与联立得：，所以，整理得，当时，即.同理可得，.所以，是关于的方程的两个根，所以，即，又，所以点，共线，即直线过的焦点.综上，存在定直线：，过直线上任意一点作的两条切线，切点分别为，恒有且直线过的焦点.【点睛

15、】方法点睛：求定值问题常见的方法：1、从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；2、直接推理、计算，并在推理过程中消去变量，得到定值.19（17分）给定正整数，设为n维向量的集合.对于集合M中的任意元素和，定义它们的内积为.设.且集合，对于A中任意元素，若则称A具有性质.(1)当时，判断集合是否具有性质？说明理由；(2)当时，判断是否存在具有性质的集合A，若存在求出，若不存在请证明；(3)若集合A具有性质，证明：.【答案】(1)不具有(2)存在，或，(3)证明见详解【分析】（1）根据新定义验证即可判断；（2）分别讨论，根据新定义验证具有性质的集合是否存在即可得解；（3）根据集合A具有性质

16、，分类讨论，由特殊到一般思想，利用反证法证明结论.【详解】（1）因为，同理，又，同理.所以集合A=(1，1，0)，(1，0，1)，(0，1，1)不具有性质.（2）当时，集合A中的元素个数为4，由题意知显然，否则集合A中的元素个数少于4个.当时A=(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，,0)，(0，0，0，,1)，具有性质H(1，0).当时，A(1，1，0，0)，(1，0，1，0)，(1，0，0，1)，(0，1，1，0)，(0，1，0，1)，(0，0，1，1)若，则(1，1，0，0)和(1，0，0，1)至多一个在A中；(0，1，1，0)和(0，1，0，1)至多一个在A中；(1，0

17、，1，0)和(0，0，1，1)至多一个在A中，故集合A中的元素个数小于4.若，则(1，1，0，0)和(0，0，1，1)至多一个在A中；(1，0，1，0)和(0，1，0，1)至多一个在A中；(1，0，0，1)和(0，1，1，0)至多一个在A中，故集合A中的元素个数小于4.当时A=(1,1，1，0)，(1，1，0，1)，(1，0，1，1)，(0，1，1，1)，具有性质H(3，2).综上，或，.（3）记，则，若，则A=(0，0，0)，矛盾.若，则A=(1，0，0，0)，矛盾.故.假设存在j使得，不妨设，即.当时，有或成立.所以，中分量为1的个数至多有.当时，不妨设，.因为，所以的各分量有p个1，不妨设.由时，可知，中至多有1个1，即，的前个分量中，至多含有个1.又，则，的前个分量中，含有个1，矛盾.所以.因为，所以.所以.【点睛】难点点睛：要证明，化抽象为具体，各个击破的思路求解，先分析特殊情况验证不合题意知，利用反证法证明，假设存在j使得，不妨设，即，分析可知假设错误，得出正确结论，推理较难.15