河南省安阳市2024届高三第一次模拟考试数学试卷（教师版）.docx

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1、 高三年级第一次模拟考试数学考生注意：1答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解出集合，再判断包含关系.【详解】依题意，所以，.故选：A2. 已知复数满足，则的虚部

2、为（ ）A. 5B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算求，进而可得结果.【详解】由题意可得：，所以的虚部为故选：B.3. 若圆与轴相切，则（ ）A. 1B. C. 2D. 4【答案】D【解析】【分析】求出圆心和半径，数形结合得到且，得到答案.【详解】的圆心为，半径为，因为圆与轴相切，所以且，解得故选：D4. “”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用三角恒等变换得到或，从而得到答案.【详解】，显然，则，解得或所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B5. 已知所在平面内一点满足，则的面积

3、是的面积的（ ）A. 5倍B. 4倍C. 3倍D. 2倍【答案】A【解析】【分析】利用平面向量的线性运算计算即可【详解】设的中点为，因为，所以，所以，所以点是线段的五等分点，所以,所以的面积是的面积的5倍故选：A.6. 小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ）A. 48B. 32C. 24D. 16【答案】C【解析】【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.【详解】1与4相邻，共有种排法，两个2之间插入1个数，共有种排法，再把组合好的数全排列，共有种排法，则总共有种密码故

4、选：C7. 已知函数有两个极值点p，q，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求导，得到方程组，求出，进而得到，得到答案.【详解】依题意，则，因为，所以，显然，两式相除得，则，代入中，解得，则故选：D8. 已知双曲线的右焦点为，过且与一条渐近线平行的直线与的右支及另一条渐近线分别交于两点，若，则的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设直线，由得到，再根据条件得出，代入方程，即可求出结果.【详解】易知的渐近线方程为，不妨设直线，联立方程得，解得，所以，又，而，得到，解得，故，代入中，得，得到，又，得到，解得，故所求的渐近线方程为，故选：C.

5、二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 已知函数，则（ ）A. 为的一个周期B. 的图象关于直线对称C. 为偶函数D. 在上单调递增【答案】AB【解析】【分析】根据题意结合正弦函数性质逐项分析判断.【详解】因为的最小正周期，所以为的一个周期，故A正确；因为，故B正确；因为，不具有奇偶性，故C错误；因为，则，且在内单调递减，所以在上单调递减，故D错误故选：AB.10. 已知正三棱台中，的面积为，的面积为，棱的中点为，则（ ）A. 该三棱台的侧面积为B. 该三棱台的高为C. 平面D. 二

6、面角的余弦值为【答案】BCD【解析】【分析】计算出正三棱台侧面上的高，结合梯形的面积公式可判断A选项；利用梯形的几何性质求出该三棱台的高，可判断B选项；分别延长棱、交于点，推导出三棱锥为正四面体，且为等边的中心，结合正四面体的几何性质可判断C选项；利用二面角的定义可判断D选项.【详解】对于A，根据条件可得，分别过点、在平面内作，垂足分别为点、，因为，所以，则，因为，则四边形为矩形，所以，所以，则，即等腰梯形的高为，其面积为，所以该三棱台的侧面积为，故A错误；对于B，设的中心为，的中心为，可知是直角梯形，过点在平面内作，垂足为点，因为，则四边形为矩形，因为，解得，同理可得，所以，所以，则，所以，

7、故B正确；对于C，分别延长棱、交于点，因为，则，可得，则，同理可得，所以，四面体为正四面体，延长交于点，则，所以，且，即，则为的中点，又因为，则为正的中心，故平面，故C正确；对于D，二面角即正四面体相邻侧面的夹角，因为为的中点，为等边三角形，则，且，因为是边长为的等边三角形，则，且，故二面角的平面角为，因为平面，平面，则，则，故二面角的余弦值为，故D正确故选：BCD.【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：定义法；垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面

8、角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.11. 甲是某公司的技术研发人员，他所在的小组负责某个项目，该项目由三个工序组成，甲只负责其中一个工序，且甲负责工序的概率分别为，当他负责工序时，该项目达标的概率分别为,则下列结论正确的是（ ）A. 该项目达标的概率为0.68B. 若甲不负责工序C，则该项目达标的概率为0.54C. 若该项目达标，则甲负责工序A的概率为D. 若该项目未达标，则甲负责工序A的概率为【答案】ACD【解析】【分析】根据题设条件，逐一对各个选项分析判断即可得出结果.【详解】记甲负责工序为事件，甲负责工序为事件，甲负责工序为事件，该项目达标为事件对于选项A，该项

9、目达标的概率为，故选项A正确；对于选项B，故选项B错误；对于选项C，所选项C正确；对于选项D，所以选项D正确，故选：ACD.12. 已知抛物线的准线，直线与抛物线交于两点，为线段的中点，则下列结论正确的是（ ）A. 若，则以为直径的圆与相交B. 若，则为坐标原点C. 过点分别作抛物线的切线，若，交于点A，则D. 若，则点到直线的距离大于等于【答案】BCD【解析】【分析】根据条件得到，再结合各个选项的条件，逐一分析判断即可得出结果.详解】由题可得抛物线，设，对于选项A，当时，直线过的焦点，此时，又的中点到准线的距离为，则以为直径的圆与相切，故选项A错误；对于选项B，当时，直线，将代入，得，则，又

10、易知，所以，故选项B正确；对于选项C，由题可设抛物线在点处的切线方程为，由，消得到，由，得到，又，所以，得到，所以在点处的切线方程为，整理得到，同理可得抛物线在点处的切线方程为，联立，解得，故，故选项C正确；对于选项D，由抛物线的对称性，可知当轴时，点到直线的距离最小，由，不妨取，代入，得到，所以，点到直线的距离为，故选项正确 故选：BCD.【点睛】方法点睛：与弦端点相关问题的解法解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知圆锥的

11、底面半径为1，体积为，则该圆锥的侧面展开图对应的扇形的圆心角为_【答案】#【解析】【分析】根据体积先计算出圆锥的高，再根据高计算出圆锥的母线，即展开图扇形的半径，最后在根据弧长公式求出圆心角.【详解】设圆锥（如图所示）的高为 因，所以，母线将圆锥沿展开所得扇形的弧长为底面周长，根据弧长公式，所以圆心角.故答案为：.14. 已知数列中，且，则的前12项和为_【答案】【解析】【分析】由已知可得，借助数列的周期性、分组求和即可得出结果.【详解】依题意，故，,所以，故的前12项和为故答案为：15. 已知正实数m，n满足，则的最大值为_【答案】2【解析】【分析】依题意得，再利用基本不等式求解.【详解】依

12、题意得，则，即，则，解得，则的最大值为2当且仅当时取得最大值.故答案为：2.16. 若函数在上没有零点，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由可得出，令，分析可知，直线与曲线没有交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】因为，则，令，显然，则，令，则，令，得，列表如下：增极大值减减极小值增所以，函数的增区间为、，减区间为、，且极大值为，极小值为当时，当时（从左边趋于），；当时（从右边趋于），当时（从右边趋于），.由图象可知，当时，直线与曲线没有交点，即在上没有零点因此，实数的取值范围是，故答案为：.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1

13、）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题四、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）证明：；（2）若，求的值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）（2）由正余弦定理边角互化，结合余弦定理化简计算求解.【小

14、问1详解】证明：由正弦定理及条件可得，由余弦定理可得，化简得【小问2详解】由得，化简得，又，故，所以，故18. 如图所示，在三棱锥中， （1）求证：平面平面；（2）若，求直线与平面所成角正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】(1)要证明面面垂直，只需证明平面，即只需证明，.(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后再求线面角.【小问1详解】证明：因为，所以，同理可得，故，因为，平面，所以平面因为平面，故平面平面【小问2详解】以C为坐标原点，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为 则，所以，设为平面的法向量，则即令，得设直线与平面所成的角为，则，所以直线与

15、平面所成角的正弦值为19. 已知数列中，（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前n项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据条件可得数列是以1为首项，为公差的等差数列，即可求出结果；（2）由（1）可得，再利用裂项相消法即可求出结果.【小问1详解】由，可得，又，故数列是以1为首项，为公差的等差数列，所以，得到【小问2详解】由（1）可知，故20. 为了验证某种新能源汽车电池的安全性，小王在实验室中进行了次试验，假设小王每次试验成功的概率为，且每次试验相互独立（1）若小王某天进行了4次试验，且，求小王这一天试验成功次数的分布列以及期望；（2）若恰好成功2次后停止试验，以表示停止试验时试验的

16、总次数，求（结果用含有的式子表示）【答案】（1）分布列见解析；期望为 （2）【解析】分析】（1）利用二项分布求解；（2）法一：先求次试验中，成功了0次或1次的概率，再利用对立事件求解；法二：先求，再利用错位相减求和.【小问1详解】依题意，则，故的分布列为：X01234P故【小问2详解】方法一：设“停止试验时试验总次数不大于”，则，“次试验中，成功了0次或1次”，“次试验中，成功了0次”的概率；“次试验中，成功了1次”的概率所以方法二：事件“”表示前次试验只成功了1次，且第次试验成功，故，所以，令，则，两式相减得：，则即21. （1）求函数的极值；（2）若，证明：当时，【答案】（1）极小值为0，

17、无极大值；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，得到单调性，从而得到极值情况；（2）在（1）基础上得到，构造函数，求导得到其单调性，结合隐零点得到函数的最小值，证明出结论.【详解】（1）依题意，令，解得，所以当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，而，故的极小值为0，无极大值（2）由（1）可知，当时，则令，则，易知在上单调递增因为，所以，故，使得，即当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，故由可得，代入，得，而，故，故，即原命题得证【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调

18、性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.22. 已知椭圆的离心率为，直线过的上顶点与右顶点且与圆相切（1）求的方程（2）过上一点作圆的两条切线，（均不与坐标轴垂直），与的另一个交点分别为，证明：直线，的斜率之积为定值；【答案】（1） （2） 证明见解析；证明见解析【解析】【分析】（1）利用已知求参数，得到椭圆方程即可.（2）利用点到直线的距离得到斜率满足的方程，结合韦达定理得到斜率的乘积，简单转化得到定值即可. 联立方程，结合韦达定理用斜率表示所求式，化简得到定值即可.小问1详解】设椭圆的半焦距为依题意，离心率，则，直线，即，由题可知联立，解得，故的方程为【小问2详解】（i）设过点且与圆相切的直线的方程为，则，整理得，记直线，的斜率分别为，则，为定值（ii）由（i）的过程可知直线，联立方程得则有，故直线，同理可得故，则