湖北省黃岡市羅田縣2024年高考數學三模試卷含解析

湖北省黃岡市羅田縣2024年高考數學三模試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知各項都為正的等差數列中，，若，，成等比數列，則（）A． B． C． D．2．設分別是雙曲線的左右焦點若雙曲線上存在點，使，且，則雙曲線的離心率為（）A． B．2 C． D．3．閱讀如圖所示的程序框圖，運行相應的程序，則輸出的結果為（）A． B．6 C． D．4．正四棱錐的五個頂點在同一個球面上，它的底面邊長為，側棱長為，則它的外接球的表面積為（）A． B． C． D．5．某幾何體的三視圖如圖所示，三視圖是腰長為1的等腰直角三角形和邊長為1的正方形，則該幾何體中最長的棱長為（）．A． B． C．1 D．6．若，則函數在區(qū)間內單調遞增的概率是（）A．B．C．D．7．下列命題是真命題的是（）A．若平面，，，滿足，，則；B．命題：，，則：，；C．“命題為真”是“命題為真”的充分不必要條件；D．命題“若，則”的逆否命題為：“若，則”.8．若函數的圖象經過點，則函數圖象的一條對稱軸的方程可以為()A． B． C． D．9．若集合，，則（）A． B． C． D．10．已知函數是上的減函數，當最小時，若函數恰有兩個零點，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．11．已知關于的方程在區(qū)間上有兩個根，，且，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．12．如圖，在三棱錐中，平面，，，，，分別是棱，，的中點，則異面直線與所成角的余弦值為A．0 B． C． D．1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知等比數列的各項均為正數，，則的值為________.14．銳角中，角，，所對的邊分別為，，，若，則的取值范圍是______.15．已知數列為等比數列，，則_____.16．已知橢圓，，若橢圓上存在點使得為等邊三角形（為原點），則橢圓的離心率為_________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）為了整頓道路交通秩序，某地考慮將對行人闖紅燈進行處罰.為了更好地了解市民的態(tài)度，在普通行人中隨機選取了200人進行調查，當不處罰時，有80人會闖紅燈，處罰時，得到如表數據：處罰金額（單位：元）5101520會闖紅燈的人數50402010若用表中數據所得頻率代替概率.（1）當罰金定為10元時，行人闖紅燈的概率會比不進行處罰降低多少？（2）將選取的200人中會闖紅燈的市民分為兩類：類市民在罰金不超過10元時就會改正行為；類是其他市民.現對類與類市民按分層抽樣的方法抽取4人依次進行深度問卷，則前兩位均為類市民的概率是多少？18．（12分）已知函數.（1）討論函數f(x)的極值點的個數；（2）若f(x)有兩個極值點證明.19．（12分）隨著互聯網金融的不斷發(fā)展，很多互聯網公司推出余額增值服務產品和活期資金管理服務產品，如螞蟻金服旗下的“余額寶”，騰訊旗下的“財富通”，京東旗下“京東小金庫”.為了調查廣大市民理財產品的選擇情況，隨機抽取1200名使用理財產品的市民，按照使用理財產品的情況統(tǒng)計得到如下頻數分布表：分組頻數（單位：名）使用“余額寶”使用“財富通”使用“京東小金庫”30使用其他理財產品50合計1200已知這1200名市民中，使用“余額寶”的人比使用“財富通”的人多160名.（1）求頻數分布表中，的值；（2）已知2018年“余額寶”的平均年化收益率為，“財富通”的平均年化收益率為.若在1200名使用理財產品的市民中，從使用“余額寶”和使用“財富通”的市民中按分組用分層抽樣方法共抽取7人，然后從這7人中隨機選取2人，假設這2人中每個人理財的資金有10000元，這2名市民2018年理財的利息總和為，求的分布列及數學期望.注：平均年化收益率，也就是我們所熟知的利息，理財產品“平均年化收益率為”即將100元錢存入某理財產品，一年可以獲得3元利息.20．（12分）已知集合，集合，.（1）求集合B；（2）記，且集合M中有且僅有一個整數，求實數k的取值范圍.21．（12分）設函數.（1）求的值；（2）若，求函數的單調遞減區(qū)間.22．（10分）如圖，平面四邊形中，，是上的一點，是的中點，以為折痕把折起，使點到達點的位置，且.（1）證明：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】試題分析：設公差為或（舍），故選A.考點：等差數列及其性質.2、A【解析】

由及雙曲線定義得和（用表示），然后由余弦定理得出的齊次等式后可得離心率．【詳解】由題意∵，∴由雙曲線定義得，從而得，，在中，由余弦定理得，化簡得．故選：A．【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，解題關鍵是應用雙曲線定義用表示出到兩焦點的距離，再由余弦定理得出的齊次式．3、D【解析】

用列舉法，通過循環(huán)過程直接得出與的值，得到時退出循環(huán),即可求得.【詳解】執(zhí)行程序框圖，可得，，滿足條件，，，滿足條件，，，滿足條件，，，由題意，此時應該不滿足條件，退出循環(huán)，輸出S的值為.故選D．【點睛】本題主要考查了循環(huán)結構的程序框圖的應用,正確依次寫出每次循環(huán)得到的與的值是解題的關鍵,難度較易.4、C【解析】

如圖所示，在平面的投影為正方形的中心，故球心在上，計算長度，設球半徑為，則，解得，得到答案.【詳解】如圖所示：在平面的投影為正方形的中心，故球心在上，，故，，設球半徑為，則，解得，故.故選：.【點睛】本題考查了四棱錐的外接球問題，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.5、B【解析】

首先由三視圖還原幾何體，進一步求出幾何體的棱長．【詳解】解：根據三視圖還原幾何體如圖所示，所以，該四棱錐體的最長的棱長為．故選：B．【點睛】本題主要考查由三視圖還原幾何體，考查運算能力和推理能力，屬于基礎題．6、B【解析】函數在區(qū)間內單調遞增，，在恒成立，在恒成立，，函數在區(qū)間內單調遞增的概率是，故選B.7、D【解析】

根據面面關系判斷A；根據否定的定義判斷B；根據充分條件，必要條件的定義判斷C；根據逆否命題的定義判斷D.【詳解】若平面，，，滿足，，則可能相交，故A錯誤；命題“：，”的否定為：，，故B錯誤；為真，說明至少一個為真命題，則不能推出為真；為真，說明都為真命題，則為真，所以“命題為真”是“命題為真”的必要不充分條件，故C錯誤；命題“若，則”的逆否命題為：“若，則”，故D正確；故選D【點睛】本題主要考查了判斷必要不充分條件，寫出命題的逆否命題等，屬于中檔題.8、B【解析】

由點求得的值，化簡解析式，根據三角函數對稱軸的求法，求得的對稱軸，由此確定正確選項.【詳解】由題可知.所以令，得令，得故選：B【點睛】本小題主要考查根據三角函數圖象上點的坐標求參數，考查三角恒等變換，考查三角函數對稱軸的求法，屬于中檔題.9、A【解析】

用轉化的思想求出中不等式的解集，再利用并集的定義求解即可．【詳解】解：由集合，解得，則故選：．【點睛】本題考查了并集及其運算，分式不等式的解法，熟練掌握并集的定義是解本題的關鍵．屬于基礎題．10、A【解析】

首先根據為上的減函數，列出不等式組，求得，所以當最小時，，之后將函數零點個數轉化為函數圖象與直線交點的個數問題，畫出圖形，數形結合得到結果.【詳解】由于為上的減函數，則有，可得，所以當最小時，，函數恰有兩個零點等價于方程有兩個實根，等價于函數與的圖像有兩個交點．畫出函數的簡圖如下，而函數恒過定點，數形結合可得的取值范圍為．故選：A.【點睛】該題考查的是有關函數的問題，涉及到的知識點有分段函數在定義域上單調減求參數的取值范圍，根據函數零點個數求參數的取值范圍，數形結合思想的應用，屬于中檔題目.11、C【解析】

先利用三角恒等變換將題中的方程化簡，構造新的函數，將方程的解的問題轉化為函數圖象的交點問題，畫出函數圖象，再結合，解得的取值范圍.【詳解】由題化簡得，，作出的圖象，又由易知．故選：C.【點睛】本題考查了三角恒等變換，方程的根的問題，利用數形結合法，求得范圍.屬于中檔題.12、B【解析】

根據題意可得平面，，則即異面直線與所成的角，連接CG，在中，，易得，所以，所以，故選B．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

運用等比數列的通項公式，即可解得．【詳解】解：，，，，，，，，，，，．故答案為：．【點睛】本題考查等比數列的通項公式及應用，考查計算能力，屬于基礎題．14、【解析】

由余弦定理，正弦定理得出，從而得出，推出的范圍，由余弦函數的性質得出的范圍，再利用二倍角公式化簡，即可得出答案.【詳解】由題意得由正弦定理得化簡得又為銳角三角形，則，，.故答案為【點睛】本題主要考查了正弦定理和余弦定理的應用，屬于中檔題.15、81【解析】

設數列的公比為，利用等比數列通項公式求出，代入等比數列通項公式即可求解.【詳解】設數列的公比為，由題意知，因為，由等比數列通項公式可得，，解得，由等比數列通項公式可得，.故答案為：【點睛】本題考查等比數列通項公式；考查運算求解能力；屬于基礎題.16、【解析】

根據題意求出點N的坐標，將其代入橢圓的方程，求出參數m的值，再根據離心率的定義求值.【詳解】由題意得，將其代入橢圓方程得，所以.故答案為：.【點睛】本題考查了橢圓的標準方程及幾何性質，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）降低（2）【解析】

（1）計算出罰金定為10元時行人闖紅燈的概率，和不進行處罰時行人闖紅燈的概率，求解即可；（2）闖紅燈的市民有80人，其中類市民和類市民各有40人，根據分層抽樣法抽出4人依次排序，計算所求的概率值.【詳解】解：（1）當罰金定為10元時，行人闖紅燈的概率為；不進行處罰，行人闖紅燈的概率為；所以當罰金定為10元時，行人闖紅燈的概率會比不進行處罰降低；（2）由題可知，闖紅燈的市民有80人，類市民和類市民各有40人故分別從類市民和類市民各抽出兩人，4人依次排序記類市民中抽取的兩人對應的編號為，類市民中抽取的兩人編號為則4人依次排序分別為，，，，，，，，，，，，共有種前兩位均為類市民排序為，，有種，所以前兩位均為類市民的概率是.【點睛】本題主要考查了計算古典概型的概率，屬于中檔題.18、（1）見解析（2）見解析【解析】

（1）求得函數的定義域和導函數，對分成三種情況進行分類討論，判斷出的極值點個數.（2）由（1）知，結合韋達定理求得的關系式，由此化簡的表達式為，通過構造函數法，結合導數證得，由此證得成立.【詳解】（1）函數的定義域為得，（i）當時；，因為時，時，，所以是函數的一個極小值點；（ii）若時，若，即時，，在是減函數，無極值點.若，即時，有兩根，不妨設當和時，，當時，，是函數的兩個極值點，綜上所述時，僅有一個極值點；時，無極值點；時，有兩個極值點．（2）由（1）知，當且僅當時，有極小值點和極大值點，且是方程的兩根，，則所以設，則，又，即，所以所以是上的單調減函數，有兩個極值點，則【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的極值點，考查利用導數證明不等式，考查分類討論的數學思想方法，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.19、（1）；（2）680元.【解析】

（1）根據題意，列方程，然后求解即可（2）根據題意，計算出10000元使用“余額寶”的利息為（元）和10000元使用“財富通”的利息為（元），得到所有可能的取值為560（元），700（元），840（元），然后根據所有可能的取值，計算出相應的概率，并列出的分布列表，然后求解數學期望即可【詳解】（1）據題意，得，所以.（2）據，得這被抽取的7人中使用“余額寶”的有4人，使用“財富通”的有3人.10000元使用“余額寶”的利息為（元）.10000元使用“財富通”的利息為（元）.所有可能的取值為560（元），700（元），840（元）.，，.的分布列為560700840所以（元）.【點睛】本題考查頻數分布表以及分布列和數學期望問題，屬于基礎題20、（1）（2）【解析】

（1）由不等式可得,討論與的關系,即可得到結果；（2）先解得不等式,由集合M中有且僅有一個整數,當時,則M中僅有的整數為；當時,則M中僅有的整數為,進而求解即可.【詳解】解:（1）因為,所以,當,即時,；當,即時,；當,即時,.（2）由得,當,即時,M中僅有的整數為,所以,即；當,即時,M中僅有的整數為,所以,即；綜上,滿足題意的k的范圍為【點睛】本題考查解一元二次不等式,考查由交集的結果求參數范圍,考查分類討論思想與運算能力.21、（1）（2）的遞減區(qū)間為和【解析】

（1）化簡函數，代入，計算即可；（2）先利