1、2024届北海市高三第一次模拟考试数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 已知全集，则可以（ ）A. B. C. D. 2. 已知复数，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点的坐标为（ ）A. B. C. D. 3. 端午佳节，小明和小华各自带了一只肉粽子和一只蜜枣粽子现在两人每次随机交换一只粽子给对方，则两次交换后，小明拥有两只蜜枣粽子的概率为（ ）A. B. C. D. 4. 已知某圆锥底面半径是高的一半，则其侧面展开图的圆心角的大小为（ ）A. B. C. D. 5. 展开式中，的系数为（ ）A. 3B. 6C. 9D. 126. 若函数在区间上既有最大值，又
2、有最小值，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 7. 已知直线与双曲线两条渐近线交于两点，且点在第一象限.为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 58. 已知，则，的大小关系是（ ）A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 已知变量服从正态分布，当从小变大时，则（ ）A. 变大B. 变小C. 正态分布曲线的最高点上移D. 正态分布曲线的最高点下移10 已知，则（ ）A. B. C. D. 11. 已知等比数列的公比为q，前n项和为，且，
3、下列命题正确的是（ ）A. 若，则B 若恒成立，则C. 若，成等差数列，则D. 当时，不存在，使得，成等差数列12. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于、两点，过，两点分别作抛物线的切线，两切线交于点，则（ ）A. B. C. D. 若的外接圆的直径为2，则直线的方程为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知向量，的夹角的余弦值为，则_14. 已知，且，则的值为_15. 已知函数为奇函数，且当时，则的解集为_16. 在平面直角坐标系中，已知圆：与直线交于，两点，过，分别作圆的切线，若与交于点，且为线段的中点，则_四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明
4、、证明过程及演算步骤17. 设等差数列的前n项和为，且，（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知（1）求C的值；（2）若，求的周长的最大值19. 某校体育节组织比赛，需要志愿者参加服务的项目有：60米袋鼠跳、100米、200米、1500米、3000米、米接力（1）志愿者小明同学可以在6个项目中选择3个项目参加服务，求小明在选择60米袋鼠跳服务的条件下，选择3000米服务的概率；（2）为了调查志愿者选择服务项目的情况，从志愿者中抽取了15名同学，其中有9名首选100米，6名首选米接力现从这15名同学中再选3名同学做进一步调查将其中首
5、选米接力的人数记作，求随机变量的分布列和数学期望20. 如图，在四棱锥中，底面四边形是边长为的正方形，与交于点，底面，侧棱与底面所成角的余弦值为（1）求到侧面的距离；（2）求平面与平面所成夹角的余弦值21. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：焦距为2，过点的直线与椭圆交于两点.当直线过原点时，.（1）求椭圆的标准方程；（2）若存在直线，使得，求的取值范围.22. 已知函数.（1）求的单调区间；（2）若在上恒成立，求证：.2024届北海市高三第一次模拟考试数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 已知全集，则可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据补
6、集的定义即可求解.详解】，所以集合中有元素1，2，3，故中不能有元素1，2，3故选：D2. 已知复数，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意得，再分析求解即可.【详解】根据题意得：，所以复数在复平面内对应的点的坐标为：.故选：C.3. 端午佳节，小明和小华各自带了一只肉粽子和一只蜜枣粽子现在两人每次随机交换一只粽子给对方，则两次交换后，小明拥有两只蜜枣粽子的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用相互独立事件的概率公式计算即得.【详解】依题意，第一次两人交换相同的粽子的概率为，第二
7、次小明用肉粽子换小华的蜜枣粽子的概率为，所以两次交换后，小明拥有两只蜜枣粽子的概率为故选：D4. 已知某圆锥的底面半径是高的一半，则其侧面展开图的圆心角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据圆锥的结构特征结合扇形的弧长公式运算求解.【详解】设底面半径为，高为，则，可得母线长，所以展开图的圆心角的大小为故选：B5. 展开式中，的系数为（ ）A. 3B. 6C. 9D. 12【答案】C【解析】【分析】用二项式定理将展开，进一步即可得到的系数.【详解】由题意，故的系数为故选：C6. 若函数在区间上既有最大值，又有最小值，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案
8、】A【解析】【分析】由题意，若要使在区间上既有最大值，又有最小值，只需，解不等式即可.【详解】若，则，因为函数在区间上既有最大值，又有最小值，所以，解得故选：A7. 已知直线与双曲线的两条渐近线交于两点，且点在第一象限.为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 5【答案】B【解析】【分析】根据给定的双曲线方程求出渐近线方程，再与直线方程联立求出点A，B的坐标，然后列式求出a，b的关系即可.【详解】双曲线的渐近线方程为或，显然直线与直线交点在第一象限，则有，即，由解得，即点，由解得，即点，而，即，整理得，所以双曲线的离心率.故选：B8. 已知，则，的大小关系是（ ）A.
9、B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】构造函数得到，再构造函数比较出，从而比较出大小.【详解】令，则，当时，所以在上单调递增，故，令，则在上恒成立，故在单调递减，故，所以，令，则，故在上单调递减，故，即，构造，则，令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，又，故在恒成立，故在上单调递增，又，故在恒成立，故，即，构造，则，令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递减，又，故在上恒成立，故在上单调递减，又，故在上恒成立，故在上单调递减，故，即，即，因为，故.故选：C【点睛】方法点睛：麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：，二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共
10、20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 已知变量服从正态分布，当从小变大时，则（ ）A. 变大B. 变小C. 正态分布曲线的最高点上移D. 正态分布曲线的最高点下移【答案】BD【解析】【分析】根据题意，由正态分布概念及性质可得答案.【详解】当变大时，方差变大，数据离散程度变大，所以变小，故B正确，A错误；且正态分布曲线的最高点下移，故C错误，D正确故选:BD10. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】由不等式的性质逐一对每个选项分析即可.【详解】A：，故A错误；B：，故B正确；C：，故C正确；D：，故存
11、在，使得：，故D错误故选：BC11. 已知等比数列的公比为q，前n项和为，且，下列命题正确的是（ ）A. 若，则B 若恒成立，则C. 若，成等差数列，则D. 当时，不存在，使得，成等差数列【答案】BCD【解析】【分析】根据等比数列求和公式、通项公式及放缩法可判断A，分类讨论，当满足不等式恒成立时可求出判断B，由等差中项及等比数列的通项公式化简可判断C，由，成等差数列及等比数列的求和公式化简得，由均值不等式判断方程无解即可判断D.【详解】当时，即A错误；当时，不恒成立，当时，则，所以，若，上式整理得，不恒成立，若，上式整理得，则，所以，即B正确；由题意可知，所以，所以，所以，即C正确；因为，所以
12、，整理可得，又，所以不存在符合题意的k，即D正确故选：BCD12. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于、两点，过，两点分别作抛物线的切线，两切线交于点，则（ ）A. B. C. D. 若的外接圆的直径为2，则直线的方程为【答案】BCD【解析】【分析】联立直线与抛物线方程，由韦达定理即可求解A，根据焦半径公式，结合韦达定理即可求解B，利用导数求解斜率，即可判定C，根据直径，结合垂直关系即可求解D.【详解】，设：代入抛物线方程得，则，故A错误；对于B：，故B正确；对于C：由得，所以，故，C正确；对于D：由C可知：,所以的外接圆直径即为，故，即，故D正确故选:BCD三、填空题：本题共4小题，每
13、小题5分，共20分13. 已知向量，的夹角的余弦值为，则_【答案】【解析】【分析】直接由数量积、模长的计算公式计算即可.【详解】由题意故答案为：.14. 已知，且，则的值为_【答案】#【解析】【分析】先由已知条件结合角的范围、商数关系以及平方关系分别求出的值，然后由两角差的正弦公式即可算出，结合即可得解.【详解】因为，所以，又，所以，又，所以，所以，所以故答案为：.15. 已知函数为奇函数，且当时，则的解集为_【答案】【解析】【分析】分和，根据奇函数的性质结合函数图象分析求解.【详解】当时，则，令，可得，数形结合可知，当时，即；当时，即；所以的解集为；当时，则，因为为奇函数，则，可知，即，可得
14、，解得；显然，不论函数在处是否有定义，均不满足.综上所述：的解集为故答案为：.16. 在平面直角坐标系中，已知圆：与直线交于，两点，过，分别作圆的切线，若与交于点，且为线段的中点，则_【答案】#【解析】【分析】在切线图形中分别在两个直角三角形中计算的余弦值，从而构建关于参数的方程，求解即可.【详解】设，与相交于,因为为线段的中点，所以，半径，圆心到直线的距离，因为在直角三角形与直角三角形中，可得，所以，解得或，又为的中点，所以圆心在直线下方，所以，即故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤17. 设等差数列的前n项和为，且，（1）求数列的通项公
15、式；（2）若，求数列的前n项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意，列出关于与的方程，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由裂项相消法代入计算，即可得到结果.【小问1详解】设数列的公差为d，由题意可得，解得，.【小问2详解】由（1）可知，18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知（1）求C值；（2）若，求的周长的最大值【答案】（1） （2）12【解析】【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简即可求解；（2）利用余弦定理和基本不等式即可求出结果.【小问1详解】因为，所以，即，又，所以，所以，又，即；【小问2详解】因为，由余弦定理可知，又因为，所以，所以，解得，当且仅
16、当时，等号成立，所以，即，所以周长的最大值为1219. 某校体育节组织比赛，需要志愿者参加服务的项目有：60米袋鼠跳、100米、200米、1500米、3000米、米接力（1）志愿者小明同学可以在6个项目中选择3个项目参加服务，求小明在选择60米袋鼠跳服务的条件下，选择3000米服务的概率；（2）为了调查志愿者选择服务项目的情况，从志愿者中抽取了15名同学，其中有9名首选100米，6名首选米接力现从这15名同学中再选3名同学做进一步调查将其中首选米接力的人数记作，求随机变量的分布列和数学期望【答案】（1） （2）分布列见解析；期望为【解析】【分析】（1）记事件A为“选择60米袋鼠跳服务”，事件B
17、为“3000米服务”，则所求概率为，由条件概率计算公式可得答案；（2）依题意，随机变量可以取0，1，2，3，后可得变量取不同值的概率及对应分布列.【小问1详解】记作事件为“选择60米袋鼠跳服务”，事件为“3000米服务”，则，则所以小明在选择60米袋鼠跳服务的条件下，选择3000米服务的概率；【小问2详解】依题意，随机变量可以取0，1，2，3，随机变量的分布列为0123所以20. 如图，在四棱锥中，底面四边形是边长为的正方形，与交于点，底面，侧棱与底面所成角的余弦值为（1）求到侧面距离；（2）求平面与平面所成夹角的余弦值【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，确定四棱锥为
18、正四棱锥，求出，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到侧面的距离.（2）由（1）中坐标系，利用空间向量求出面面夹角余弦值即得.【小问1详解】在四棱锥中，正方形的对角线与交于点，底面，因此四棱锥是正四棱锥，是侧棱与底面所成的角，在中，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图，则，设平面的一个法向量为，则，令，得，所以点到侧面的距离.【小问2详解】由（1）知，设平面的一个法向量为，则，令，得，因此，所以平面与平面所成夹角的余弦值为.21. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：焦距为2，过点的直线与椭圆交于两点.当直线过原点时，.（1）求椭圆的标准方程；（2）若存在直线，使得，求的取值范围.【答案
19、】（1） （2）【解析】【分析】（1）由题意根据先求点坐标，代入解得椭圆的标准方程；（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理化简转化为关于m的函数值域问题求范围即可.【小问1详解】因为直线过原点时，设，由可得：，即设不妨点在第一象限，所以，代入椭圆的方程，可得，又由题意可知，且，解得，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】易知直线斜率存在，设：，与椭圆的方程联立，消去，整理得，由题意可知，整理得，解得，设，则，由题意，将代入上式，整理得，有，由，则，故，即.22. 已知函数.（1）求的单调区间；（2）若在上恒成立，求证：.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）在定义域范围内求导函数大于零或小于零的解集即可；（2）将问题转化为在上恒成立，含参讨论得时，有最大值即证明.【小问1详解】因为的定义域为，所以，令得或；令得.所以的单调递增区间为，单调递减区间为；【小问2详解】因为：在上恒成立，即在上恒成立，设.则.若，则单调递增，的值域为，故不能恒成立，故舍去；若，则当时，；当时，从而在上单调递增，在上单调递减，所以有最大值，所以.
