重庆市乌江新高考协作体2024届高考模拟监测（一）数学试题【含答案解析】

重庆市乌江新高考协作体2024届高考模拟监测（一）数学试题（分数：150分，时间：120分钟）一、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】C【解析】【分析】根据条件，求出集合，再利用集合的运算，即可求出结果.【详解】由，得到，所以，又，所以，故选：C.2.若为虚数单位，复数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先化简复数，再求共轭复数.【详解】，则.故选：D3.已知等比数列的前项和为且成等差数列，则为（）A.245 B.244 C.242 D.241【答案】B【解析】【分析】首先根据条件求公比，再代入等比数列的前项和公式，即可求解.【详解】设等比数列的公比为，因为成等差数列，所以，即，①又因为，所以，②由①②解得，，所以故选：B4.如图1是一栋度假别墅，它的屋顶可近似看作一个多面体，图2是该屋顶的结构示意图，其中四边形和四边形是两个全等的等腰梯形，和是两个全等的正三角形．已知该多面体的棱与平面成的角，，则该屋顶的侧面积为（）A.80 B. C.160 D.【答案】D【解析】【分析】先求两个等腰梯形的高，进而计算出屋顶的侧面积.【详解】设分别是的中点，连接，根据对称性可知，在平面的射影在上，设其为，连接，则平面，而平面，所以，所以是与平面成的角，即，所以，过作，垂足为，连接，由于平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，，所以，所以，所以，所以该屋顶的侧面积为：.故选：D5.数学美表现形式多种多样，我们称离心率（其中）的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为，若以原点为圆心，短轴长为直径作为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过作的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于两点，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意O、A、P、B四点在以OP为直径的圆上，可设点P坐标为，从而得出四点所在圆的方程为，利用两圆方程之差求得切点A、B所在直线方程，进而求得M、N两点坐标即可解决本题.【详解】依题意有OAPB四点共圆，设点P坐标为，则该圆的方程为：，将两圆方程：与相减，得切点所在直线方程为，解得，因为，所以故选：A6.在不等式组所确定的三角形区域内随机取一点，则该点到此三角形的三个顶点的距离均大于1的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】画出可行域，如图所示，阴影部分即为所求，利用几何概型公式计算得到答案.【详解】如图所示：画出可行域，阴影部分即为所求区域..故选：.【点睛】本题考查了线性规划中的可行域，几何概型，意在考查学生的综合应用能力.7.已知与都是非零有理数，则在，，中，一定是有理数的有（）个.A.0 B.1 C.2 D.3【答案】D【解析】【分析】令，分别用表示，，，进而求得在，，中一定是有理数的个数.【详解】，，则，则，令，则为非零有理数，若，则，结合上述限制条件可得，此时，故三者中有理数的个数为3个.若，则，解之得，令，则，由，可得，t为有理数，则，，则均为有理数.综上，在，，中，一定是有理数的有3个.故选：D【点睛】关键点点睛：关键是得到是有理数且，从而即可顺利得解.8.定义，对于任意实数，则的值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，则，构造函数，利用导数求出函数的最小值进而得，化简即可求解.【详解】设，则，得，设，则，令，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故，即，得，所以，得，即.故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查导数在函数中的综合应用，本题解题的关键是由构造函数，利用导数求得即为题意所求.二、多项选择题：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的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.9.已知，，且，则（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】根据基本不等式可判定A，根据指数函数的单调性可判定B，根据基本不等式、对数运算及对数函数单调性可判断C，根据二次函数的性质可判断D.【详解】，，且，，当且仅当时取等号，故A正确.，，且，，，，，故B正确.由，得，当且仅当时取等号，，故C错误，又，，故D错误.故选：AB.10.已知，，则（）A.函数在上的最大值为3 B.，C.函数在上没有零点 D.函数的极值点有2个【答案】AC【解析】【分析】求函数的导数，得，.因为在上递增，根据函数零点的存在性判断零点在之间，设为，再代入计算可以求出函数在上的最值，判断AB的真假；求的导数，得，，利用其单调性得至多一解，可判断D；再根据函数零点的存在性，可判断C的真假.【详解】对A,B，因为，.所以，.设，，则，因，所以在上恒成立.所以在上单调递增，且，，所以，使得.所以在上单调递减，在上单调递增.又，，，因为，所以，因为，所以.故A正确，B错误；对D，又，.所以，.设，则，，所以在恒成立.所以在上单调递增，所以至多一个解，故D错误；对C，又因为，，所以只有一解，在区间内.所以在上单调递增，且，所以在上无零点.故C正确.故选：AC11.已知双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，为坐标原点，直线交双曲线的右支于，两点（不同于右顶点），且与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，则（）A.为定值B.C.点到两条渐近线的距离之和的最小值为D.不存在直线使【答案】BD【解析】【分析】对于A，根据，取垂直于x轴的直线，结合条件可判断A；对于B，设直线的方程为，利用韦达定理可得，联立直线与渐近线方程，可分别解得，，结合弦长公式可判断B；对于C，设，可得P到两渐近线距离可判断C；由题可得恒成立可判断D.【详解】双曲线的渐近线为，对于A：因为，作直线，，且，分别交轴上方渐近线于，，交轴下方渐近线于，，有对称性可知：，此时，又因为为定值，所以，即不是定值，故A错误；

对于B，由题意可知：直线不与y轴垂直，设直线的方程为，联立得，得，则，且,所以，联立，得，联立，得，所以，则，结合弦长公式可得，即，故B正确；对于C，设，则，渐近线为，所以P到两渐近线距离为：，当且仅当时，等号成立，故C错误；对于D，设，则，可得，由图可得，即恒成立，故不存在直线使，故D正确.

故选：BD.【点睛】关键点点睛：本题D选项可借助，结合，得到，从而得解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知正三角形的边长为2，点满足，且，，，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】取的中点，由题意可得，从而推得三点共线，进而得出，即可得出答案.【详解】取的中点，则，又，又因为，故三点共线，即点在中线上运动，在正三角形中，，又，，则，故.故答案为：13.从教学楼一楼到二楼共有11级台阶（从下往上依次为第1级，第2级，，第11级），学生甲一步能上1级或2级台阶，若甲从一楼上到二楼使用每一种方法都是等概率的，则甲踩过第5级台阶的概率是______．【答案】【解析】【分析】结合题意求得学生甲上每级台阶的方法数，从而利用古典概型的概率公式即可得解.【详解】记学生甲上到第级台阶共有种上法，则，当时，学生甲上到第级台阶，可以从第级或第级上去，所以，于是，，，其中甲踩过第5级台阶的上台阶方法数，可分两步计算，第一步，从第1级到第5级，共有种方法；第二步，从第6级到第11级，相当于从第1级到第6级的方法数，共有种方法；所以甲踩过第5级台阶的上台阶方法数有，则甲踩过第5级台阶的概率是．故答案：.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是得到递推关系式，从而得解.14.若函数存在唯一极值点，则实数的取值范围是_______________.【答案】【解析】【分析】由，可得出，可知直线与函数的图象有一个交点（非切点），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】，则，若函数存在唯一极值点，则在上有唯一的根，所以由可得，则有唯一的根，直线与函数的图象有一个交点（非切点），又，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，函数的极大值为，且当时，，当时，，则函数得图象如下图所示：所以，当时，即当时，直线与函数的图象有一个交点（非切点），因此，实数的取值范围是．故答案为：．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.如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形．（1）求证：平面平面；（2）若，，，求平面和平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）依题意可得，平面，从而得到，即可证明平面，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，通过求解法向量的夹角余弦值来求解平面和平面夹角的余弦值；【小问1详解】∵为圆锥底面的直径，为底面圆周上一点，∴．∵四边形为矩形，平面，∴，平面，又平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面．又平面，∴平面平面．【小问2详解】以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平行的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，．设平面的法向量为，则，即，令，得，所以．设平面的法向量为，则，即，令，得，，所以，所以，所以平面和平面夹角的余弦值为．16.已知幂函数为奇函数，且在区间上是严格减函数.（1）求函数的表达式；（2）对任意实数，不等式恒成立，求实数t的取值范围.【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）根据在区间上是严格减函数可得，解不等式可得整数的值，检验是否符合奇函数即可；（2）对任意实数，不等式恒成立，而在上为减函数，由此可得解．【小问1详解】依题意为奇函数，在区间上是严格减函数，可得，解得，由于,故，1，2，当和时，，此时为奇函数，符合要求，当时，，此时为偶函数，不符合要求，；【小问2详解】不等式，即，又在上是减函数，在上为增函数，则在上为减函数，所以，则，所以实数的取值范围为．17.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．【答案】（1）（2）（i）；（ii）时，．【解析】【分析】（1）由古典概型结合组合数公式即可求得答案；（2）（i）由古典概型结合对立事件的概率公式即可求得答案；（ii）由n次独立重复试验的概率公式结合导数知识即可求解.【小问1详解】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．【小问2详解】（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．（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．18.已知椭圆的左、右顶点分别为，直线的斜率为，直线与椭圆交于另一点，且点到轴的距离为．（1）求椭圆的方程．（2）若点是上与点不重合的任意一点，直线与轴分别交于点．①设直线的斜率分别为，求的取值范围．②判断是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理由．【答案】（1）（2）①，②是定值，16【解析】【分析】（1）由直线的斜率为，结合斜率公式可得，由三点共线可表示出点，将它代入椭圆方程求出即可；（2）①由斜率公式可得，结合的范围即可求解；②由三点共线，三点共线，可表示出的坐标，再由两点间距离公式得的表达式，由此即可得解.【小问1详解】由题意知，．由直线的斜率为，得，所以．直线的方程为．设，则．由点到轴的距离为，得．由点在直线上，得，所以．由点在椭圆上，得，解得．所以．所以椭圆的方程为．【小问2详解】①设（或）．由（1）知，，则，所以．由或，得或，所以或．故的取值范围是．②由①知，即．设．因为三点共线，所以，得．因为三点共线，所以，得．所以．故为定值16．【点睛】关键点点睛：第二问的关键是首先化简所求表达式，结合相应的范围以及所满足的条件等式即可求解.19.青岛胶东国际机场的显著特点之一是弯曲曲线的运用，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率．考察图所示的光滑曲线上的曲线段，其弧长为，当动点从A沿曲线段运动到B点时，A点的切线也随着转动到B点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此