数学（新高考新题型专用）2024年高考第三次模拟考试（全解全析）

第第页2024年高考第三次模拟考试数学全解全析一、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，只有一个选项是符合题目要求的．1．已知集合，，，则集合P的子集共有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．8个【答案】C【解析】因为，，所以，所以，则集合P的子集共有个．故选C.2.古希腊数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分隔率，黄金分割率的值也可以用2sin18°表示，即,设,则（）A. B. C. D.2.【答案】A【解析】故选A.3.若的展开式中的的系数为,则实数（）A.8. B.7 C.9 D.103.【答案】B.【解析】由题意知，的系数为,解得,故选B.4.甲、乙、丙、丁、戊5位同学报名参加学校举办的三项不同活动，每人只能报其中一项活动，每项活动至少有一个人参加，则甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为（）A． B． C． D．4．【答案】C【解析】先将5名志愿者分成3组，第一类分法是3，1，1，第二类分法是2，2，1，再分配到三项活动中，总安排数为，甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同排列数为，设过件为甲、乙、丙三个同学所报活动各不相同，．故选C.5.设为正项等差数列的前项和．若，则的最小值为（）A. B. C. D.5.【答案】D【解析】由等差数列的前项和公式，可得，可得，又由且，所以，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.故选：D.6.已知函数，若沿轴方向平移的图象，总能保证平移后的曲线与直线在区间上至少有2个交点，至多有3个交点，则正实数的取值范围为（）A. B. C. D.6.【答案】A【解析】由题知，，若沿轴方向平移，考点其任意性，不妨设得到的函数，令，即，由正弦曲线性质知，至少有2解，至多有3解，则自变量的区间长度在到之间，耶，那，选A.7.已知,则（）A. B. C. D.7.【答案】A【解析】设则在上单调递减,所以,所以所以,故选A.8.已知正方体的棱长为为线段上的动点，则三棱锥外接球半径的取值范围为（）A． B． C． D．8.【答案】C【解析】如图，连接，交于点，易多为的外心。進接．交于点，易知平而三棱锥的外接球球心在上。设的外接四四心为平面，且。设的外接圆半径为．三棱锥的外接球半径为。设．又．．设，设．则．又易知．故选C.选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9．已知复数,下列说法正确的有（）A.若,则B.若,则C.若,则或D.若,则9.【答案】AC【解析】,则,A对.,则i满足条件，,B错.,或,C对.令，则不一定为0，D错，选AC.10.已知抛物线y的焦点为,准线为,过F的直线与抛物线C交于A,B两点，为线段AB中点，分别为A,B,M在上的射影，且,则下列结论中正确的是A.F的坐标为(1,0)B.C.四点共圆D.直线AB的方程为10.【答案】BCD.【解析】F的坐标为(0,1),故A错.过点B作BN垂直于AA',N为垂足，如图所示(点A在第一象限时)设则所以,直线AB的方程为同理(点在第二象限时):直线AB的方程为故D正确.由题意可知所以.故B正确.因为所以又因为所以,即所以四点共圆，故C正确.所以选BCD.11.对于满足，且对于．恒有．则（）A． B． C． D．11．【答案】ABD【解析】令代入及，得，所以，令代入，得，答案A正确；由，得，进而得，，所以，BD正确，C错误．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布．质量指标介于99至101之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到，则需调整生产工艺，使得至多为（若，则12.【答案】【解析】因为，且，所以，又质量指标介于99至101之间的产品为良品，且该产品的良品率达到，所以，，，即，解得，所以至多为．故答案为：．13.中，,分别为角的对边，若，，则的面积S的最小值为13.【答案】【解析】已知;且由余弦定理得,整理得3,解得12或.(当时，,故舍去),(当时取等号).从而S,即面积S的最小值为.14.函数在范围内极值点的个数为14.【答案】2【解析】.当时，；当时，；当时，和均为单调减函数，又在上是单调增函数，根据复合函数单调性可知为减函数，又，故函数在该区间上存在一个零点，该零点为函数的极值点；从而函数在内一共有2个极值点.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.(本小题满分13分)己知函数,其中.(I)若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等,求的值;(II)是否存在实数,使得在上的最大值是-3?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.15.【答案】（1）（2）存在符合题意,此时【解析】(I),则,故曲线在处的切线为,即,当时,此时切线为,不符合要求当时,令,有,令,有,故,即,故6分(II),①当时,在上单调递增,的最大值是,解得,舍去;8分②当时,由,得,当,即时,时,时,,的单调递增区间是,单调递减区间是,又在上的最大值为;10分当,即时,在上单调递增,,解得,舍去.综上,存在符合题意,此时13分16.(本小题满分15分)某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为36、60和24．（1）若按购票类型采用分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．（2）记单程下山票和双程票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m（且）人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人的购票类型相同，则该组标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率为p．（i）试用含m的代数式表示p；（ii）若一共询问了5组，用表示恰有3组被标为B的概率，试求的最大值及此时m的值．16．【答案】（1）（2）（i）（ii）【解析】（1）因为购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数之比为，所以这10人中，购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为：，，，故随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．…………6分（2）（i）从人中任选2人，有种选法，其中购票类型相同的有种选法，则询问的某组被标为B的概率．…………8分（ii）由题意，5组中恰有3组被标为B的概率，所以，，所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，取得最大值，且最大值为．由，且，得．当时，5组中恰有3组被标为B的概率最大，且的最大值为．…………15分17.(本小题满分15分)如图，在平行六面体中，，，，，点P满足．(1)证明：O，P，三点共线；(2)求直线与平面PAB所成角的正弦值．17．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）证明：，所以，而，所以，即O，P，三点共线．………………6分（2）连接，，，所以，，，，，由余弦定理得，同理可得，．又为BD的中点，，．，，即．如图，以O为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，………………10分由（1）可得，P为线段三等分点，所以，，，，设平面PAB的法向量为，则令，则，．………………12分设直线与平面PAB所成角为，则，直线与平面PAB所成角的正弦值为．………………15分18.(本小题满分17分)已知椭圆的左右焦点分别为,点在椭圆上，且在第一象限内，满足(1)求的平分线所在的直线的方程；(2)在椭圆上是否存在关于直线对称的相异的两点，若存在，请找出这两点；若不存在请说明理由；(3)已知双曲线与椭圆有共同的焦点，且双曲线与椭圆相交于,若四边形的面积最大时，求双曲线的标准方程。18．【答案】（1）（2）不存在（3）【解析】(1)设的平分线与轴交于点，由题意知，，，A所以，所以，所以，所以，所以直线的方程为………5分(2)假设存在两点关于直线对称，则，所以，设直线的方程为，联立，得，则，即,，.所以的中点坐标为，因为的中点在直线：所以，所以，所以的中点坐标为，与点A重合，矛盾，所以不存在满足题设条件相异的两点………………12分由题意知，，设与椭圆共焦点的双曲线的标准方程为，设它们的一个交点坐标为，它们的交点为顶点的四边形面积记，所以，当且仅当取得等号，因为，所以，所以，所以，所以双曲线的标准方程为.………………17分19.(本小题满分17分)已知数列，记集合.（1）若数列为，写出集合；（2）若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由；（3）若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为，若，求的最大值．19【答案】（1）（2）不存在，使得成立（3）【解析】（1）由题意可得，，，所以.……5分（2）假设存在，使得，则有，由于与的奇偶性相同，与奇偶性不同，又，，所以中必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾，故不存在，使得.…………