2024年凯里市一中高三数学第二次模拟考试卷附答案解析

年凯里市一中高三数学第二次模拟考试卷注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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.在试题卷上作答无效.3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.一、单项选择题（本大题共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．若对任意，，则称A为“影子关系”集合，下列集合为“影子关系”集合的是（

）A．B．C． D．2．已知向量，，在方向上的投影向量为，则（

）A．1 B．2 C．3 D．43．直线与圆交于，两点，若，则（

）A．2 B．1 C． D．4．已知等比数列的前项和为，若，，则（

）A．201 B．121 C．61 D．61或1215．平面过直三棱柱的顶点，平面平面，平面平面，且，，则与所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．6．贵州有很多旅游景点，值得推荐的景区是“黄小西吃晚饭”.“黄小西”分别指黄果树、荔波小七孔和西江千户苗寨，“吃晚饭”分别代表其谐音对应的三个景区：赤水国家级风景名胜区、万峰林和梵净山.现有甲、乙两位游客慕名来到贵州，都准备从上面6个著名旅游景点中随机选择一个游玩.设事件为“甲和乙至少一人选择黄果树”，事件为“甲和乙选择的景点不同”，则（

）A． B． C． D．7．已知，且，，则（

）A． B． C． D．8．已知正实数，满足，则的最大值为（

）A．0 B． C．1 D．二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，且，则（

）A．，，成等比数列 B．C．，，成等差数列 D．若，则10．某学校为了解学生身高（单位：cm）情况，采用分层随机抽样的方法从4000名学生（该校男女生人数之比为）中抽取了一个容量为100的样本.其中，男生平均身高为175，方差为184，女生平均身高为160，方差为179.则下列说法正确的是参考公式：总体分为2层，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，，，，.记总的样本平均数为，样本方差为，则（

）参考公式：A．抽取的样本里男生有60人B．每一位学生被抽中的可能性为C．估计该学校学生身高的平均值为170D．估计该学校学生身高的方差为23611．定义在上的函数满足，且函数关于点对称，则下列说法正确的是（

）A．函数的图象关于点对称 B．4是函数的一个周期C． D．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知复数，则.13．已知一个圆锥的底面半径为4，用一个平行于该圆锥底面的平面截圆锥，若截得的小圆锥的底面半径为2，则截得的小圆锥的侧面积与截得的圆台的侧面积之比为.14．已知双曲线的左、右焦点分别为，，为坐标原点，双曲线的离心率为2，过作直线的垂线，垂足为，与双曲线右支和轴的交点分别为，，则；的内切圆在边上的切点为，若双曲线的虚轴长为，则.四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15．在科技飞速发展的今天，人工智能领域迎来革命性的突破.类似于OpenAI的人工智能大模型不仅具有高度智能化、自主化和自适应的特点，它们的学习能力和信息储存能力也远远超越人类，更是拥有强大的语音识别和语言理解能力.某机构分别用，两种人工智能大模型进行对比研究，检验这两种大模型在答题时哪种更可靠，从某知识领域随机选取180个问题进行分组回答，其中人工智能大模型回答100个问题，有90个正确；人工智能大模型回答剩下的80个问题，有65个正确.(1)完成下列列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否判断人工智能大模型的选择和回答正确有关？回答正确回答错误合计人工智能大模型人工智能大模型合计(2)将频率视为概率，用人工智能大模型回答该知识领域的3道题目，且各题回答正确与否，相互之间没有影响，设回答题目正确的个数为，求的分布列和数学期望.参考公式及参考数据：，.0.150.100.050.0102.0722.7063.8416.63516．已知函数在处的切线为轴.(1)求实数的值；(2)若，证明：.17．如图，在四棱台中，为的中点，.(1)证明：平面；(2)若平面平面，，当四棱锥的体积最大时，求与平面夹角的正弦值.18．已知抛物线的焦点为，，，为上不重合的三点.(1)若，求的值；(2)过，两点分别作的切线，，与相交于点，过，两点分别作，的垂线，，与相交于点.（i）若，求面积的最大值；（ii）若直线过点，求点的轨迹方程.19．一般地，个有序实数，，，组成的数组，称为维向量，记为.类似二维向量，对于维向量，也可以定义向量的加法运算、减法运算、数乘运算、数量积运算、向量的长度（模）、两点间的距离等，如，则；若存在不全为零的个实数，，，使得，则向量组，，，是线性相关的向量组，否则，说向量组，，，是线性无关的.(1)判断向量组，，是否线性相关？(2)若，，，当且时，证明：.1．D【分析】对于ABC：举反例说明即可；对于D：分局题意分析即可.【详解】对于选项A：因为，但，不符合题意，故A错误；对于选项B：因为，但无意义，不符合题意，故B错误；对于选项C：例如，但，不符合题意，故C错误，对于选项D：对任意，均有，符合题意，故D正确；故选：D.2．B【分析】根据题意，结合向量的数量积的运算，以及投影向量的计算方法，列出方程，即可求解.【详解】由向量，，可得且，因为向量在方向上的投影向量为，可得，所以.故选：B.3．C【分析】首先将圆的方程配成标准式，即可得到圆心坐标与半径，由弦长可知直线过圆心，代入方程求出.【详解】圆，则圆的标准方程为，所以圆心，半径，，故直线过圆心，所以，解得.故选：C.4．D【分析】根据等比数列的基本量求解公比，再根据等比数列的前项和公式确定的取值.【详解】设的公比为，则，故；当时，；当时，，故排除A，B，C排除.故选：D.5．A【分析】将直三棱柱向上补一个直三棱柱，证得平面平面，得到平面即为平面，得出交线即为直线，结合为等边三角形，即可求解.【详解】如图所示，将直三棱柱向上补一个全等的直三棱柱，则，，因为平面，平面，且平面，平面，所以平面，且平面，又因为，且平面，所以平面平面，且平面，故平面即为平面，所以交线即为直线，因为，则与所成角为，设，则，，可得，所以为等边三角形，所以，所以即与所成角的正弦值为.故选：A.

6．D【分析】根据条件概率公式结合古典概型运算公式求解即可得结论.【详解】由题意，两位游客从6个著名旅游景点中随机选择一个游玩，共有种，其中事件的情况有种，事件和事件共同发生的情况有种，所以，，所以.故选：D.7．C【分析】找出和的关系，求出和即可求解.【详解】，，①，，，②，由①②解得或，，，，.故选：C.8．A【分析】根据等式关系构造函数，由其单调性可得，于是结合基本不等式可得的最大值.【详解】由题，构造函数，则，显然在上单调递增，所以，即，所以，当且仅当，时等号成立.所以的最大值为0.故选：A.【点睛】关键点点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.9．AD【分析】根据正弦定理角化边化简已知，并结合等比数列的定义可判断A；由正弦定理的边角转化与三角形角度关系即可判断B；假设，，成等差数列，得，结合余弦定理可判断C；由边之间的关系确定三边长度，再利用平方关系求，利用面积公式可得三角形面积，即可判断D.【详解】，由正弦定理可得，且，则，，成等比数列，故正确；将，利用正弦定理化简得：，即，，利用正弦定理化简得：，，，，故B错误；若，，成等差数列，则，且，可得，则由余弦定理可得，故C错误；若，可得，，则，由，可得，所以，故D正确.故选：AD.10．ABD【分析】根据分层抽样的公式，以及利用每层样本的平均数和方差公式，代入总体的均值和方差公式，即可判断选项.【详解】对于项，抽取的样本里男生有人，所以A项正确；对于B项，由题可知，每一位学生被抽中的可能性为，所以B项正确；对于C项，估计该学校学生身高的平均值为，所以C项错误；对于D，估计该学校学生身高的方差为，所以D项正确.故选：ABD11．ACD【分析】根据函数的对称性、周期性逐项判断即可得结论.【详解】函数关于点对称，，即，函数的图象关于点对称，A正确：，令，则，，故，B错误：设，则，的图象关于点对称，①，，的图象关于直线对称，②，由①②可得：，则，，的一个周期为4，又可得，，即，，C正确；，，则D正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：本题考查抽象函数的对称性与周期性，一般可根据如下规则判断：（1）若对任意的实数，满足，则函数的周期为；（2）若对任意的实数，满足，则函数关于直线对称；（3）若对任意的实数，满足，则函数关于点对称．12．【分析】根据复数的除法运算化简复数，可得共轭复数，从而求得其模长.【详解】由，则，则，所以.故答案为：.13．##【分析】设出小圆锥的母线长，利用三角形的相似确定大圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式，即可求得答案.【详解】如图所示，，，设，由∽，得，故截得的小圆锥的侧面积为，截得的圆台的侧面积为，，故截得小圆锥的侧面积与截得的圆台的侧面积之比为.故答案为：14．【分析】由离心率可得直线为双曲线的一条渐近线，作于，利用点到直线距离结合对称性求出；利用圆的切线性质，结合双曲线定义推理计算得解.【详解】由，得，则直线是双曲线的一条渐近线，过作直线的垂线，垂足为，点，显然直线方程为，则，，而，则，在中，；

设在边，的切点分别为，，而，即，，如图，则，，，由双曲线的对称性知，则，由双曲线的定义知：，所以.

故答案为：；【点睛】易错点睛：双曲线(a>0,b>0)的渐近线方程为，而双曲线(a>0,b>0)的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系.15．(1)列联表见解析，可以判断人工智能大模型的选择和回答正确有关(2)分布列见解析，【分析】（1）根据题意，得到的列联表，利用公式求得，结合附表，即可得到结论；（2）根据题意，得到随机变量，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解.【详解】（1）解：根据题意可得列联表如下表所示：回答正确回答错误合计人工智能大模型9010100人工智能大模型651580合计15525180零假设：人工智能大模型的选择和回答正确无关.故可得：，故根据小概率值的独立性检验，推断不成立，故可以判断人工智能大模型的选择和回答正确有关.（2）解：由题意知，人工智能大模型回答题目正确的概率为，所以随机变量，所以，，，.故的分布列如下所示：0123所以期望为.16．(1)2(2)证明见解析【分析】（1）求导，根据导函数的几何意义即可列方程求得的值；（2）利用导函数确定函数的单调性，由可得，结合函数单调性即可证得结论.【详解】（1）由题可得，，，.（2）证明：由（1）可知：，函数在上单调递增，当时，，，，，，即，，.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据由棱台定义和几何结构特征，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）根据题意，证得平面，得到为四棱锥的高，此时点与重合，四棱锥取最大值，建立空间直角坐标系，求得，以及平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）由棱台定义，可得的延长线必定交于一点，在中，因为，所以为的中位线，所以.又因为，则，且，所以四边形为平行四边形，可得，因为平面，且平面，所以平面.（2）解：由平面平面，过点作，因为平面平面，平面，所以平面，即为四棱锥的高，由，则在直角中，，当且仅当时成立，此时点与重合，此时，四棱锥取最大值.如图所示，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，设直线与平面所成的角为，则，所以与平面夹角的正弦值为..18．(1)3(2)（i）8；（ii）【分析】（1）设，，，根据向量的坐标运算即可得，再根据抛物线的定义即可得结论；（2）（i）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线得交点坐标关系，再求导，根据导数的几何意义求解切线斜率，即可得切线方程，从而可得切线的交点坐标，根据三角形面积公式列关系求解即可；（ii）利用直线相交、直线过定点即可得点的轨迹方程.【详解】（1）依题意，，设，，，由得，，即，由抛物线定义得，.（2）（i）显然，直线的斜率不为0，可设直线的方程为，，，由得：，，，.，则，，切线的方程为，同理，切线的方程为，联立两