重庆市西南大学附属中学2024届高三上学期11月模拟测试数学试卷（Word版附解析）

2024届高三11月模拟测试数学试题总分：150分考试时间：120分钟一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分。1.已知集合，则（    ）A.B.C.D.2.若复数，，则（   ）A.B.C.D.3.已知为锐角，，则（    ）A.B.C.D.4.已知，，（，），为其前项和，则（    ）A.B.C.D.5.2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游.除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（　　）A.1800B.1080C.720D.3606.对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为，，则的最小值为（）A.B.C.D.7.已知双曲线：的右焦点为，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（    ）A.B.C.D.8.已知曲线与曲线交于点，则（    ）A.B.C.D.二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分。9.已知函数，把的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（    ）A.是奇函数B.的图象关于直线对称C.在上单调递增D.不等式的解集为10.袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取5次，每次取一个球.记录每 次取到的数字，统计后发现这5个数字的平均数为2，方差小于1，则（    ）A.可能取到数字4B.中位数可能是2C.极差可能是4D.众数可能是211.如图，圆锥的底面圆的直径，母线长为，点是圆上异于，的动点，则下列结论正确的是（    ）  A.与底面所成角为45°B.圆锥的表面积为C.的取值范围是D.若点为弧的中点，则二面角的平面角大小为45°12.曲线C是平面内与两个定点，的距离的积等于的点P的轨迹，则下列结论正确的是（    ）A.曲线C关于坐标轴对称B.点P到原点距离的最大值为C.周长的最大值为D.点P到y轴距离的最大值为三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分。13.若，则的值为14.二项式展开式的常数项为.15.已知数列，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，则.16.设，函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为.四、解答题：共70分。17.（10分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求B；(2)已知，D为边上的一点，若，，求的长. 18.（12分）已知等比数列的各项均为正数，前n项和为，若，.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和.19.（12分）图1是由正方形和正三角形组成的一个平面图形，将沿折起，使点到达点的位置，为的中点，如图2.  (1)求证：平面；(2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.20.（12分）某校20名学生的数学成绩和知识竞赛成绩如下表：学生编号i12345678910数学成绩100999693908885838077知识竞赛成绩29016022020065709010060270学生编号i11121314151617181920数学成绩75747270686660503935知识竞赛成绩4535405025302015105计算可得数学成绩的平均值是，知识竞赛成绩的平均值是，并且，，.(1)求这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数（精确到0.01）； (2)设，变量和变量的一组样本数据为，其中两两不相同，两两不相同.记在中的排名是第位，在中的排名是第位，.定义变量和变量的“斯皮尔曼相关系数”（记为）为变量的排名和变量的排名的样本相关系数.（i）记，.证明：；（ii）用（i）的公式求得这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的“斯皮尔曼相关系数”约为0.91，简述“斯皮尔曼相关系数”在分析线性相关性时的优势.注：参考公式与参考数据.；；.21.（12分）动点P与定点的距离和它到直线的距离的比是常数，记点P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)已知，过点的直线与曲线E交于不同的两点A，B，点A在第二象限，点B在x轴的下方，直线，分别与x轴交于C，D两点，求四边形面积的最大值.22.（12分）已知函数.(1)讨论函数的零点个数；(2)已知函数，当时，关于的方程有两个实根，求证：.（注：是自然对数的底数） 2024届高三11月模拟测试数学试题参考答案123456789101112DACBBBBBABBDACABC解析：1.由题意知：，，所以：，故D项正确.2.解：由题意，∵，∴，解得：.3.因为所以，当时，，为锐角，不合题意，舍去；当时，，满足题意；所以.4.由（，）可得，已知，，所以，即是一个以3为首项，2为公比的等比数列，所以，即，，，，，， ，5.①恰有2个部门所选的旅游地相同，第一步，先将选相同的2个部门取出，有种；第二步，从6个旅游地中选出3个排序，有种，根据分步计数原理可得，方法有种；②4个部门所选的旅游地都不相同的方法有种，根据分类加法计数原理得，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有种.6.，，，的值域是，设，则，，，，，所以，设，，设，则，是增函数，又，因此时，，递减，时，，递增，所以，所以的最小值是，7.由题设，令且，，则，且①，  由，即②，由，即，又C在双曲线上，则③， 由①得：，代入③并整理得：，由①②及得：，所以，即，显然，则.8.令，则，，，关于中心对称；，关于中心对称；，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，极小值为，极大值为；当时，单调递减，且，当时，；作出与在时的图象如下图所示，由图象可知：与在上有且仅有两个不同的交点，由对称性可知：与在上有且仅有两个不同的交点，.9.A选项，， 由于的定义域为R，且，故为奇函数，A正确；B选项，，故的图象关于直线对称，B正确；C选项，时，，其中在上不单调，故在上不单调，故C错误；D选项，，则，则，故，D错误.10.设这5个数字为，对于A：若取到数字4，不妨设为，则，可得，可知这4个数中至少有2个1，不妨设为，则这5个数字的方差，不合题意，故A错误；对于C：因为这5个数字的平均数为2，这5个数字至少有1个1，不妨设为，若极差是4，这最大数为5，不妨设为，则这5个数字的平均数，则，可知这3个数有2个1，1个2，此时这5个数字的方差，不合题意，故C错误；对于BD：例如2，2，2，2，2，可知这5个数字的平均数为2，方差为0，符合题意，且中位数是2，众数是2，故BD正确；11.对于A，因为面，所以是与底面所成角，在中，圆锥的母线长是，半径，则，所以，则A正确；对于B，圆锥的侧面积为，表面积为，则B错误；对于C，当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，达到最大值， 又因为与，不重合，则，又，可得，则C正确；对于D，如图所示，  ，取的中点，连接，，又为的中点，则，因为，所以，又面，面，所以，又，面，故，所以为二面角的平面角，因为点为弧的中点，所以，，则，则D错误.12.设，由，得，整理得，若点在曲线C上，显然，都满足方程，即点，也在曲线C上，因此曲线C关于坐标轴对称，A正确；由，得，解得，当且仅当时取等号，因此点P到原点的距离，于是当时，点P到原点距离取得最大值，B正确；显然的周长为，当且仅当时取等号，C正确；由曲线的方程，得，当时，，即，两边平方解得，即当曲线的点满足时，点到轴距离，D错误.13.14.6015.16.13.由，得，所以.14.展开式的通项为，取，解得，常数项为. 15.因为，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，所以当时，可得，当时，所以当时，16.设，当时，，此时，由，得，即，解得或，即在上有2个零点；若，，其图象对称轴为，函数的大致图像如图：  则此时，即，则，即无解，则无零点，此时无零点，不符合题意；故需，此时函数的大致图像如图：  由得或，要使得函数恰有3个零点，需满足在上有一个零点此时只有一个解，故只需与函数在y轴左侧图象无交点，则需，解得，结合，可得，17.（1）∵，根据正弦定理得，，即，所以，因为， 所以，所以，因为，所以.（2）因为，，，根据余弦定理得，∴.∵，∴.在中，由正弦定理知，，∴，∴，，所以∴，∴.18.（1）设的公比为，因为，即，且，可得，解得或（舍去）.又因为，解得，所以.（2）由（1）可得：，所以，所以.19.（1）证明：连交于点，连.  由为正方形知为中点，又为中点，故，又平面且平面，所以平面.（2）取中点，连，由为等边三角形得.又平面平面，平面平面平面，所以平面，以为原点，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.   设，则，，平面就是坐标平面，故可取其法向量，设平面一个法向量为，即，则，令，则，得，记平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.20.1）由题意，这组学生数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数为；（2）（i）证明：因为和都是1，2，，的一个排列，所以，，从而和的平均数都是.因此，，同理可得，由于， 所以.（ii）这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的斯皮尔曼相关系数是0.91，答案①：斯皮尔曼相关系数对于异常值不太敏感，如果数据中有明显的异常值，那么用斯皮尔曼相关系数比用样本相关系数更能刻画某种线性关系；答案②：斯皮尔曼相关系数刻画的是样本数据排名的样本相关系数，与具体的数值无关，只与排名有关.如果一组数据有异常值，但排名依然符合一定的线性关系，则可以采用斯皮尔曼相关系数刻画线性关系.21.（1）设点，依题意可得，所以，化简得，即E的方程为.（2）如图所示：  设直线的方程为，，，，联立方程组，可得，则，由韦达定理有，，且由求根公式有，直线的方程为，，同理，∵，，∴，， ∴，又，且，所以，当且仅当时，四边形的面积最大，最大值为4.22.（1）由已知函数的定义域为，由，得，令函数，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在单调递减，所以，因为，可知函数的图象如下所示：  所以当时，函数的零点个数为0个，当或时，函数的零点个数为1个，当时，函数的零点个数为2个.（2）由题设方程，即，所以，令，得，又在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即， 由已知，方程有两个实根，即有两个实根，由（1）得.令，所以令，所以有两个实根，先证.因为，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，要证，即证，因为在上单调递减，只需证，即证.令，，因为，令，可知函数在上单调递增，所以，所以，所以，即在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以成立，即成立，又，且在上单调递减，所以，所以，即，所以，