2024年高三数学冲刺模拟卷05（B卷）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知为虚数单位.，则（ ）
A．1 B． C．2 D．4
2．已知全集，能表示集合与关系的图是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为，则（ ）
A． B．
C． D．
4．过三点，，的圆交轴于，两点，则（ ）
A． B． C． D．
5．遗忘曲线（又称作“艾宾浩斯记忆曲线”）由德国心理学家艾·宾浩斯（H. Ebbinghaus）研究发现，描述了人类大脑对新事物遗忘的规律．人体大脑对新事物遗忘的循序渐进的直观描述，人们可以从遗忘曲线中掌握遗忘规律并加以利用，从而提升自我记忆能力．该曲线对人类记忆认知研究产生了重大影响．陈同学利用信息技术拟合了“艾宾浩斯遗忘曲线”，得到记忆率与初次记忆经过的时间（小时）的大致关系：若陈同学需要在明天15时考语文考试时拥有复习背诵记忆的50%，则他复习背诵时间需大约在（ ）
A．14：30 B．14：00 C．13：30 D．13：00
6．已知满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．在中，内角A，B，C所对的边分别为，，，，将该三角形绕AC边旋转得一个旋转体，则该旋转体体积为（ ）
A． B． C． D．
8．从这100个自然数中随机抽取三个不同的数,这三个数成等差数列的取法数为,随机抽取四个不同的数,这四个数成等差数列的取法数为,则的后两位数字为（ ）
A．89 B．51 C．49 D．13
二、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.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．已知，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．与的夹角为
D．在方向上的投影向量是
10．已知函数，的定义域均为，是奇函数，且，，则（ ）
A．为奇函数 B．
C． D．
11．在边长为的正方体中，为线段中点，为线段上的动点，则（ ）
A．点到平面的距离为定值 B．直线与直线所成角的最小值为
C．三棱锥的外接球的表面积最小值为
D．若用一张正方形的纸把此正方体完全包住，不将纸撕开，则所需纸面积的最小值是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．某家大型超市统计了八次节假日的客流量（单位：百人）分别为29，30，39，25，37，41，42，32，那么这组数据的第75百分位数为 ．
14．已知分别为双曲线的左焦点和右焦点，过的直线l与双曲线的右支交于A，B两点（其中A在第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则直线l的斜率为 ．
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．已知函数．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，研究函数在上的单调性和零点个数．
16．在长方体中， 是上的点,，且的长成等比数列，又是所在的直线上的动点.
(1)求证：平面
(2)若，求与平面所成的角的正弦值的最大值.
17．已知过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，当直线垂直于轴时，的面积为.
(1)求抛物线的方程；
(2)若为的重心，直线分别交轴于点，记的面积分别为，求的取值范围.
18．若，是样本空间上的两个离散型随机变量，则称是上的二维离散型随机变量或二维随机向量．设的一切可能取值为，，记表示在中出现的概率，其中．
(1)将三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中，记1号盒子中的小球个数为，2号盒子中的小球个数为，则是一个二维随机变量．
①写出该二维离散型随机变量的所有可能取值；
②若是①中的值，求（结果用，表示）；
(2)称为二维离散型随机变量关于的边缘分布律或边际分布律，求证：．
19．设数阵，其中、、、．设，其中，且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”（、、、）．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到、 ，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为．
（1）若，写出经过变换后得到的数阵；
（2）若，，求的值；
（3）对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．
试卷第1页，共3页2024年高三数学冲刺模拟卷05（B卷）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知为虚数单位.，则（ ）
A．1 B． C．2 D．4
【答案】B
【分析】根据题意，由复数的运算以及复数相等的概念即可求得，再由复数的模长公式即可得到结果.
【详解】由可得，
则，解得，则.
故选：B
2．已知全集，能表示集合与关系的图是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】解不等式化简集合，根据集合的关系即可求解.
【详解】全集，集合，，
所以 ，所以能表示集合、关系的图是选项B．
故选：B
3．已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据抛物线的定义求解.
【详解】由抛物线可知，准线方程为，
因为到直线的距离为，
所以到抛物线准线的距离为，
由抛物线定义知，.
故选：B
4．过三点，，的圆交轴于，两点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设圆的方程为，代入点的坐标，求出，，，则圆的方程可得，令，即可得出结果．
【详解】设圆的方程为，
则
，，，
∴，
令，可得，
，
．
故选：D．
5．遗忘曲线（又称作“艾宾浩斯记忆曲线”）由德国心理学家艾·宾浩斯（H. Ebbinghaus）研究发现，描述了人类大脑对新事物遗忘的规律．人体大脑对新事物遗忘的循序渐进的直观描述，人们可以从遗忘曲线中掌握遗忘规律并加以利用，从而提升自我记忆能力．该曲线对人类记忆认知研究产生了重大影响．陈同学利用信息技术拟合了“艾宾浩斯遗忘曲线”，得到记忆率与初次记忆经过的时间（小时）的大致关系：若陈同学需要在明天15时考语文考试时拥有复习背诵记忆的50%，则他复习背诵时间需大约在（ ）
A．14：30 B．14：00 C．13：30 D．13：00
【答案】A
【分析】利用函数模型求出需要记忆的时间，即可推断出考前复习背诵的时间在几点开始.
【详解】令，，，
∵，
∴他在考试前半小时复习即可，
∴他复习背诵时间需大约在14：30，
故选：A.
6．已知满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据已知条件及诱导公式，利用不等式的性质及函数单调性的性质，结合两角差的正弦公式即可求解.
【详解】由，得，
由，得，
故和是方程的两个实数根.
因为，
所以和的取值范围都是，
因为函数在区间上均单调递增，
所以函数在区间上单调递增，
故方程在区间上只有一个根，
所以，即，于是有，
所以.
故选：D.
7．在中，内角A，B，C所对的边分别为，，，，将该三角形绕AC边旋转得一个旋转体，则该旋转体体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意利用余弦定理可得，进而可得该旋转体为大圆锥去掉小圆锥，结合圆锥的体积公式运算求解.
【详解】因为，即，
由余弦定理可得，
且，可得，
又因为，，则，
即，解得或（舍去），
如图，将该三角形绕AC边旋转得一个旋转体，则该旋转体为大圆锥去掉小圆锥，
可得，则，
大圆锥的底面半径为3，高为，体积为，
小圆锥的底面半径为3，高为，体积为，
所以该旋转体体积为.
故选：B.
8．从这100个自然数中随机抽取三个不同的数,这三个数成等差数列的取法数为,随机抽取四个不同的数,这四个数成等差数列的取法数为,则的后两位数字为（ ）
A．89 B．51 C．49 D．13
【答案】C
【分析】先根据抽取三个数为等差数列,求出公差为1,2,时,满足题意的数列的个数,通过等差数列前n项和公式,求出即可,同理求出的值,因为要求的是,即的后两位,将写为,用二项式定理展开可得的后两位与后两位一致,将写为,利用二项式定理展开,因为的后两位一定是00,则的后两位数与的后两位一致,计算结果即可.
【详解】解:由题知,当抽取三个不同的数,成等差数列时,记公差为,
当时,数列可为:
共计98个,
当时,数列可为:
共计96个,
当时,数列可为:
共计94个,
,
当时,数列可为:
共计4个,
当时,数列可为:
共计2个,
故
,
当抽取四个不同的数,成等差数列时,记公差为,
当时,数列可为:
共计97个,
当时,数列可为:
共计94个,
当时,数列可为:
共计91个,
,
当时,数列可为:
共计4个,
当时,数列可为:
共计1个,
故
,
所以
,
所以的后两位与的后两位一致,
,
因为
,
因为的后两位一定是00,
故的后两位数与的后两位一致,
因为,
故的后两位数为49,即的后两位数为49.
故选:C
【点睛】思路点睛:该题考查数列和二项式定理综合问题,属于难题,关于数列问题的思路点睛有:
(1)数列新定义问题,先写出几项找到规律;
(2)根据规律,写出相对应的式子;
(3)利用累加,累乘,公式法等进行解决问题.
二、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.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．已知，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．与的夹角为
D．在方向上的投影向量是
【答案】AC
【分析】已知向量的坐标，证明向量垂直，求向量的模长、夹角、投影等都比较简单，根据公式求解即可.
【详解】因为，，所以，
则，所以，故A正确；
因为，所以，故B错误；
，因为，所以，故C正确；
在方向上的投影向量是，故D错误.
故选:AC.
10．已知函数，的定义域均为，是奇函数，且，，则（ ）
A．为奇函数 B．
C． D．
【答案】BC
【分析】根据已知等式关系结合函数的奇偶性与对称性即可求得函数均是周期为4的周期函数，利用周期性与对称性计算，逐项判断即可得答案.
【详解】因为，所以，又，则有；
因为是奇函数，所以，
可得，即有，
所以，
所以是周期为4的周期函数，
故也是周期为4的周期函数，
对于选项A，因为，所以，则，
所以为偶函数，故A错误；
对于选项B，因为是奇函数，将代入得：，
且，将代入得，所以B选项正确；
对于选项C，由，且，
将代入得：，
所以，
由于，即，
得，
因为是周期为4的周期函数，
所以，所以C选项正确；
对于选项D，因为，
，
所以，
因为是周期为4的周期函数，
所以，所以D选项不正确．
故选：BC．
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
11．在边长为的正方体中，为线段中点，为线段上的动点，则（ ）
A．点到平面的距离为定值
B．直线与直线所成角的最小值为
C．三棱锥的外接球的表面积最小值为
D．若用一张正方形的纸把此正方体完全包住，不将纸撕开，则所需纸面积的最小值是
【答案】ACD
【分析】选项A，应用线面平行的判定定理，证明平面即可；选项B，将异面直线与直线所成的角转化为相交直线的夹角，在三角形内求角的正弦值即可；选项C，考虑到是直角，线段为外接球截面圆的直径，显然截面圆的直径为球的直径时，球的半径最小表面积最小；选项D，只需考虑该正方体展开图的形态即可.
【详解】对于选项A，如图所示，，平面，平面，
故平面，且点，
所以点到平面的距离为定值，A正确；
取的中点为，连接，在正方体内四边形是平行四边形，
所以，则直线与直线所成角即为直线与直线的夹角，
因为平面，
由线面角的最小性可知直线与直线的夹角的最小时为与平面所成线面角，
点在平面内的射影恰为线段的靠近的四等分点，
在中，，，
，
易求得该角的正弦值为，B错误；
因为，
所以线段恰为三棱锥外接球被平面所截形成的截面圆的直径，
显然外接球直径，
当最小为即线段恰好为该外接球的直径时，
三棱锥外接球的表面积最小，
此时，
三棱锥表面积的最小值为，C正确；
如下图所示，可知外包装正方形的对角线长为，
该正方形面积的最小值为，D正确．
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：正方体作为立体几何中最基本的空间图形，一直以来是高考考查学生空间想象能力的载体；譬如本题中学生需要思考动点变化带来的空间位置关系和截面形状的变化，思考夹角、长度、面积等度量值的变化.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．某家大型超市统计了八次节假日的客流量（单位：百人）分别为29，30，39，25，37，41，42，32，那么这组数据的第75百分位数为 ．
【答案】40
【分析】将数据从小到大排序，计算这组数据的第75百分位数应是第6个和第7个的平均数即得.
【详解】将这组数据从小到大排序为：25, 29, 30, 32，37，39，41, 42
因，则这组数据的第75百分位数为.
故答案为：40.
13．已知函数（），对任意的，都有，且在区间上单调，则的值为 ．
【答案】或
【分析】根据正弦型函数的性质和题目给出的条件，运用最小正周期与的关系，对称轴及单调性的特点求解.
【详解】因为，所以函数的图象关于直线对称，
所以，即，，
解得，，
， ，，
因为在区间上单调，
所以，解得．
经检验，当时，，当时，均满足题意．
故答案为：或.
14．已知分别为双曲线的左焦点和右焦点，过的直线l与双曲线的右支交于A，B两点（其中A在第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则直线l的斜率为 ．
【答案】
【分析】如图，由切线性质结合双曲线定义可得两内切圆都与轴相切于，后设直线倾斜角为，由几何知识可得，后由两圆外切相关条件可得答案.
【详解】设 的内切圆的圆心为，的内切圆的圆心为，
记边上的切点分别为，
由切线的性质可得： .
由双曲线定义可得：，即，
则，又.
则，又，则，即.
同理可得，的内切圆也与轴相切于点.
连接，则与x轴垂直，设与l相切于点N，连接，
过点作，记垂足为R，则.
设直线倾斜角为，则.
在四边形中，注意到，又四边形内角和为，
则，在中，，
.
则.
则直线斜率，即.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：双曲线上一点与两焦点形成的三角形的内切圆与x轴相切于双曲线顶点处.
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．已知函数．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，研究函数在上的单调性和零点个数．
【答案】(1)
(2)在上单调递增；1
【分析】（1）当时，求出，，从而可求出切线方程.
（2）当时，利用导数求出在上单调递增．又，从而可求解.
【详解】（1）当时，，
则，则，，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）当时，，则，
当时，，，，则，
故在上单调递增．
又因为，所以在上的零点个数为．
16．在长方体中， 是上的点,，且的长成等比数列，又是所在的直线上的动点.
(1)求证：平面
(2)若，求与平面所成的角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，利用平面几何知识结合的长成等比数列证明，由长方体性质得，结合线面垂直判定定理得平面，所以只需证明即可；
（2）首先根据平面几何知识求得，建立适当的空间直角坐标系，表示出出方向向量与平面法向量（含参），从而所求角的正弦值也可以表示成参数的函数，进一步即可通过换元法求解.
【详解】（1）如图，
连接交于点，在长方体中，有面，
因为面，所以，
又因为的长成等比数列，
所以的长成等比数列，即，
注意到，
所以，从而，
又因为，
所以，从而，
又因为，平面，
所以平面，
因为平行且等于，平行且等于，
所以平行且等于，即四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，
所以平面.
（2）因为面，且面，所以，
因为，所以，
设，而，
一方面由勾股定理有，
另一方面由成等比数列得，
联立得，并解得满足题意，
以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
而，设，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，解得，
所以取平面的一个法向量为，
设与平面所成的角，
则，
令，则，
所以，
若要最大，首先，此时，
令，所以，
所以当且仅当，即时，，
综上，与平面所成的角的正弦值的最大值.
17．已知过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，当直线垂直于轴时，的面积为.
(1)求抛物线的方程；
(2)若为的重心，直线分别交轴于点，记的面积分别为，求的取值范围.
【答案】(1)的方程为
(2)
【分析】（1）根据三角形面积求出，得出抛物线方程；
（2）利用重心的性质可得，再由直线与抛物线联立，利用根与系数的关系化简，由均值不等式及不等式的性质求值域即可.
【详解】（1）当时，，，
所以，
由题意可知，，
所以，
所以抛物线的方程为
（2）如图，
设，
因为为的重心，
所以；
因为，
且；
所以；
设，与联立得：，所以，
所以，则；
所以；
所以的取值范围为.
18．若，是样本空间上的两个离散型随机变量，则称是上的二维离散型随机变量或二维随机向量．设的一切可能取值为，，记表示在中出现的概率，其中．
(1)将三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中，记1号盒子中的小球个数为，2号盒子中的小球个数为，则是一个二维随机变量．
①写出该二维离散型随机变量的所有可能取值；
②若是①中的值，求（结果用，表示）；
(2)称为二维离散型随机变量关于的边缘分布律或边际分布律，求证：．
【答案】(1)①；②；
(2)证明见解析.
【分析】（1）①根据题意直接写出所有可能取值；②利用独立重复试验的概率、条件概率公式及独立事件的概率公式列式化简即得.
（2）利用全概率公式及互斥事件的加法公式推理即可.
【详解】（1）①该二维离散型随机变量的所有可能取值为：
.
②依题意，，，
显然，则，
所以.
（2）由定义及全概率公式知，
.
【点睛】关键点睛：利用全概率公式求随机事件B的概率问题，把事件B分拆成两个互斥事件与的和，再利用条件概率公式计算是解决问题的关键.
19．设数阵，其中、、、．设，其中，且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”（、、、）．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到、 ，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为．
（1）若，写出经过变换后得到的数阵；
（2）若，，求的值；
（3）对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析.
【解析】（1）由，能求出经过变换后得到的数阵；
（2）由，，求出数阵经过变化后的矩阵，进而可求得的值；
（3）分和两种情况讨论，推导出变换后数阵的第一行和第二行的数字之和，由此能证明的所有可能取值的和不超过．
【详解】（1），经过变换后得到的数阵；
（2）经变换后得，故；
（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
同时含有和的子集共个，经过变换后第一行仍为、；
不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为
.
若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为．
同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为．
所以的所有可能取值的和为，
又因为、、、，所以的所有可能取值的和不超过．
【点睛】本题考查数阵变换的求法，考查数阵中四个数的和不超过的证明，考查类比推理、数阵变换等基础知识，考查运算求解能力，综合性强，难度大．
试卷第1页，共3页
