广东省阳江三中2024年高三第四次模拟考试数学试卷含解析

广东省阳江三中2024年高三第四次模拟考试数学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．复数满足，则复数在复平面内所对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．复数的模为（）．A． B．1 C．2 D．3．若x，y满足约束条件且的最大值为，则a的取值范围是（）A． B． C． D．4．复数的共轭复数在复平面内所对应的点位于()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限5．已知集合，B＝{y∈N|y＝x﹣1，x∈A}，则A∪B＝（）A．{﹣1，0，1，2，3} B．{﹣1，0，1，2} C．{0，1，2} D．{x﹣1≤x≤2}6．点为棱长是2的正方体的内切球球面上的动点，点为的中点，若满足，则动点的轨迹的长度为（）A． B． C． D．7．在中，，则（）A． B． C． D．8．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与轴交于点，线段与交于点.若，则的方程为（）A． B． C． D．9．在四边形中，，，，，，点在线段的延长线上，且，点在边所在直线上，则的最大值为（）A． B． C． D．10．若，则“”的一个充分不必要条件是A． B．C．且 D．或11．已知命题p:直线a∥b，且b⊂平面α，则a∥α；命题q:直线l⊥平面α，任意直线m⊂α，则l⊥m.下列命题为真命题的是（）A．p∧q B．p∨（非q） C．（非p）∧q D．p∧（非q）12．已知等差数列的前n项和为，且，，若（，且），则i的取值集合是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．为了了解一批产品的长度（单位：毫米）情况，现抽取容量为400的样本进行检测，如图是检测结果的频率分布直方图，根据产品标准，单件产品长度在区间的一等品，在区间和的为二等品，其余均为三等品，则样本中三等品的件数为__________．14．过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值是______.15．在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.16．在的展开式中，的系数为______用数字作答三、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．（12分）已知函数的最大值为2.（Ⅰ）求函数在上的单调递减区间；（Ⅱ）中,,角所对的边分别是，且，求的面积．18．（12分）设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若对任意都有，求实数的取值范围．19．（12分）如图，平面四边形中，，是上的一点，是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.20．（12分）设函数，直线与函数图象相邻两交点的距离为.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）在中，角所对的边分别是，若点是函数图象的一个对称中心，且，求面积的最大值.21．（12分）已知椭圆C：（a＞b＞0）过点（0,），且满足a+b＝3．（1）求椭圆C的方程；（2）若斜率为的直线与椭圆C交于两个不同点A，B，点M坐标为（2,1），设直线MA与MB的斜率分别为k1，k2，试问k1+k2是否为定值？并说明理由．22．（10分）已知椭圆：过点，过坐标原点作两条互相垂直的射线与椭圆分别交于，两点.（1）证明：当取得最小值时，椭圆的离心率为.（2）若椭圆的焦距为2，是否存在定圆与直线总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】

设,则,可得,即可得到,进而找到对应的点所在象限.【详解】设,则,,,所以复数在复平面内所对应的点为,在第二象限.故选:B【点睛】本题考查复数在复平面内对应的点所在象限,考查复数的模,考查运算能力.2、D【解析】

利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．【详解】解：，复数的模为．故选：D．【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，属于基础题．3、A【解析】

画出约束条件的可行域，利用目标函数的最值，判断a的范围即可．【详解】作出约束条件表示的可行域，如图所示.因为的最大值为，所以在点处取得最大值，则，即.故选：A【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．4、D【解析】

由复数除法运算求出，再写出其共轭复数，得共轭复数对应点的坐标．得结论．【详解】，，对应点为，在第四象限．故选：D.【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数的概念，考查复数的几何意义．掌握复数的运算法则是解题关键．5、A【解析】

解出集合A和B即可求得两个集合的并集.【详解】∵集合{x∈Z|﹣2＜x≤3}＝{﹣1，0，1，2，3}，B＝{y∈N|y＝x﹣1，x∈A}＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，∴A∪B＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}．故选：A．【点睛】此题考查求集合的并集，关键在于准确求解不等式，根据描述法表示的集合，准确写出集合中的元素.6、C【解析】

设的中点为，利用正方形和正方体的性质，结合线面垂直的判定定理可以证明出平面，这样可以确定动点的轨迹，最后求出动点的轨迹的长度.【详解】设的中点为，连接，因此有，而，而平面，，因此有平面，所以动点的轨迹平面与正方体的内切球的交线.正方体的棱长为2，所以内切球的半径为，建立如下图所示的以为坐标原点的空间直角坐标系：因此有，设平面的法向量为，所以有，因此到平面的距离为：，所以截面圆的半径为：，因此动点的轨迹的长度为.故选：C【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理的应用，考查了立体几何中轨迹问题，考查了球截面的性质，考查了空间想象能力和数学运算能力.7、A【解析】

先根据得到为的重心，从而，故可得，利用可得，故可计算的值．【详解】因为所以为的重心，所以,所以,所以，因为，所以，故选A．【点睛】对于，一般地，如果为的重心，那么，反之，如果为平面上一点，且满足，那么为的重心．8、D【解析】

由题可得，所以，又，所以，得，故可得椭圆的方程.【详解】由题可得，所以，又，所以，得，，所以椭圆的方程为.故选：D【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，椭圆标准方程的求解.9、A【解析】

依题意，如图以为坐标原点建立平面直角坐标系，表示出点的坐标，根据求出的坐标，求出边所在直线的方程，设，利用坐标表示，根据二次函数的性质求出最大值.【详解】解：依题意，如图以为坐标原点建立平面直角坐标系，由，，，，，，，因为点在线段的延长线上，设，解得，所在直线的方程为因为点在边所在直线上，故设当时故选：【点睛】本题考查向量的数量积，关键是建立平面直角坐标系，属于中档题.10、C【解析】，∴，当且仅当时取等号.故“且”是“”的充分不必要条件.选C．11、C【解析】

首先判断出为假命题、为真命题，然后结合含有简单逻辑联结词命题的真假性，判断出正确选项.【详解】根据线面平行的判定，我们易得命题若直线，直线平面，则直线平面或直线在平面内，命题为假命题；根据线面垂直的定义，我们易得命题若直线平面，则若直线与平面内的任意直线都垂直，命题为真命题.故:A命题“”为假命题；B命题“”为假命题；C命题“”为真命题；D命题“”为假命题.故选：C.【点睛】本小题主要考查线面平行与垂直有关命题真假性的判断，考查含有简单逻辑联结词的命题的真假性判断，属于基础题.12、C【解析】

首先求出等差数列的首先和公差，然后写出数列即可观察到满足的i的取值集合.【详解】设公差为d，由题知，，解得，，所以数列为，故.故选：C.【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量的求解，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、100.【解析】分析：根据频率分布直方图得到三等品的频率，然后可求得样本中三等品的件数．详解：由题意得，三等品的长度在区间，和内，根据频率分布直方图可得三等品的频率为，∴样本中三等品的件数为.点睛：频率分布直方图的纵坐标为，因此每一个小矩形的面积表示样本个体落在该区间内的频率，把小矩形的高视为频率时常犯的错误．14、【解析】

由切线的性质，可知，切由直角三角形PAO，PBO，即可设，进而表示，由图像观察可知进而求出x的范围，再用的式子表示，整理后利用换元法与双勾函数求出最小值.【详解】由题可知，，设，由切线的性质可知，则显然，则或（舍去）因为令，则，由双勾函数单调性可知其在区间上单调递增，所以故答案为：【点睛】本题考查在以直线与圆的位置关系为背景下求向量数量积的最值问题，应用函数形式表示所求式子，进而利用分析函数单调性或基本不等式求得最值，属于较难题.15、1【解析】

由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值．【详解】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，通项公式为，令，求得，可得二项展开式常数项等于，故答案为1．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．16、1【解析】

利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令，求出展开式中的系数．【详解】二项展开式的通项为令得的系数为故答案为1．【点睛】利用二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具．三、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、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

(1)由题意，f(x)的最大值为所以而m>0，于是m=，f(x)=2sin(x+).由正弦函数的单调性可得x满足即所以f(x)在［0,π］上的单调递减区间为(2)设△ABC的外接圆半径为R，由题意，得化简得sinA+sinB=2sinAsinB.由正弦定理，得①由余弦定理，得a2+b2-ab=9，即(a+b)2-3ab-9=0②将①式代入②，得2(ab)2-3ab-9=0，解得ab=3或(舍去)，故18、（1）（2）【解析】

利用零点分区间法，去掉绝对值符号分组讨论求并集，对恒成立，则，由三角不等式，得求解【详解】解：当时，不等式即为，可得或或，解得或或，则原不等式的解集为若对任意、都有，即为，由，当取得等号，则，由，可得，则的取值范围是【点睛】本题考查含有两个绝对值符号的不等式解法及利用三角不等式解恒成立问题.（1）含有两个绝对值符号的不等式常用解法可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解（2）利用三角不等式把不等式恒成立问题转化为函数最值问题.19、（1）见解析；（2）【解析】

（1）要证平面平面，只需证平面，而，所以只需证，而由已知的数据可证得为等边三角形，又由于是的中点，所以，从而可证得结论；（2）由于在中，，而平面平面，所以点在平面的投影恰好为的中点，所以如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）由，所以平面四边形为直角梯形，设，因为.所以在中，，则，又，所以，由，所以为等边三角形，又是的中点，所以，又平面，则有平面，而平面，故平面平面.（2）解法一：在中，，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，以为坐标原点，方向为轴方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面的法向量，由得取，则设直线与平面所成角大小为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.解法二：在中，，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，过作于，连，则由平面平面，所以，又，则平面，又平面所以，在中，，所以，设到平面的距离为，由，即，即，可得，设直线与平面所成角大小为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】此题考查的是立体几何中的证明面面垂直和求线面角，考查学生的转化思想和计算能力，属于中档题.20、（Ⅰ）3；（Ⅱ）.【解析】

(Ⅰ)函数，利用和差公式和倍角公式，化简即可求得；(Ⅱ)由(Ⅰ)知函数，根据点是函数图象的一个对称中心，代入可得，利用余弦定理、基本不等式的性质即可得出.【详解】(Ⅰ)的最大值为最小正周期为(Ⅱ)由题意及（Ⅰ）知，,故故的面积的最大值为.【点睛】本题考查三角函数的和差公式、倍角公式、三角函数的图象与性质、余弦定理、基本不等式的性质，考查理解辨析能力与运算求解能力，属于中档基础题.21、（1）（2）k1+k2为定值0，见解析【解析】

（1）利用已知条件直接求解，得到椭圆的方程；（2）设直线在轴上的截距为，推出直线方程，然后将直线与椭圆联立，设，利用韦达定理求出，然后化简求解即可.【详解】（1）由椭圆过点（0,），则，又a+b＝3，所以，故椭圆的方程为；（2），证明如下：设直线在轴上的截距为，所以直线的方程为：，由得：，由得，设，则，所以，又，所以，故.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查了方程的思想，转化与化归的思想，考查了学生的运算求解能力.22、（1）证明见解析；（2）存在，【解析】

（1）将点代入椭圆方程得到，结合基本不等式，求得取得最小值时，进而证得椭圆的离心率为.（2）当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，求得到直线的距离.当直线的斜率存在时，联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用，则列方程，求得的关系式，进而求得到直线的