石嘴山三中2024届高三年级第一次模拟考试理科数学试卷（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。第I卷（选择题）选择题（本题共12小题，每小题5分，共60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】B【分析】由函数有意义求得集合A，进而求出集合B，再利用交集的定义求解即得.【详解】由，得，又，因此，所以．故选：B2．若复数为纯虚数，则的值为A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数的类型求出，再根据复数代数形式的乘方与除法运算法则计算可得；【详解】因为复数为纯虚数，所以且，解得，又，，，，故选：A．3．如图，向量，，的起点与终点均在正方形网格的格点上，若，则（    ）  A． B．3 C．1 D．【答案】D【分析】运用平面向量基本定理，结合图象即可得到问题答案.【详解】根据图象，  根据平面向量基本定理，可知：，所以，，，故选：D.4.已知各项不相等的等比数列的前项和为，若，，则（）A. B. C. D.64【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，以及等比数列的基本量运算求得.【详解】设等比数列的公比为，，依题意，，两式相除得，解得或（舍去），所以.故选：C5．相距1400m的A，B两个哨所，听到炮弹爆炸声的时间相差3s，已知声速是340m/s，炮弹爆炸点一定在曲线（    ）的方程上.A． B．C．或 D．【答案】D【分析】根据双曲线的定义进行求解即可.【详解】设炮弹爆炸点为，由题意可知：，显然点的轨迹是以A，B的焦点的双曲线，因此有，可得：，于是有，根据四个选项可知，只有选项D符合，故选：6．如图所示程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图，若输入的a，b分别为63，49，则输出的（   ）  A．9B．7 C．5D．3【答案】B【分析】按照程序框图运行程序，直到不满足是输出结果.【详解】按照程序框图运行程序，输入满足，且，所以，继续运行；满足，不满足，所以，继续运行；满足，不满足，所以，继续运行；满足，不满足，，继续运行；满足，且，所以，继续运行；不满足，输出故选：7．图1是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图，它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成．可以看出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成，且这三个菱形不在一个平面上．研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面体的表面菱形，图2是一个菱形十二面体，它是由十二个相同的菱形围成的几何体，也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥（如图3），且平面与平面的夹角为，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接相交于点，取的中点，可得即为平面与平面的夹角，设，在中由余弦定理可得答案.【详解】连接相交于点，连接，平面，取的中点，连接，因为，所以，所以即为平面与平面的夹角，即，设，则，所以，，在，由余弦定理得.故选：C.8.设数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，已知a4和a5是方程x2−20x+99=0的两个根.若对任意n∈N∗都有Sn≤Sk成立，则k的值为(    )A.8 B.10 C.9 D.11【答案】C 解：∵a4和a5是方程x2−20x+99=0的两个根，∴a4+a5=20，a4⋅a5=99．设数列{an}的公差为d，∵对任意n∈N∗都有Sn≤Sk成立，即Sk是前n项和Sn的最大值，∴d<0．∴a4=11，a5=9，d=−2，an=a4+(n−4)×(−2)=19−2n．当n≤9时，an>0，当n>9时，an<0，若对任意n∈N∗都有Sn≤Sk成立，则k=9．9.已知体积为的正四棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】设正四棱锥的底面边长为，高为，则体积，所以，设球的半径为，则，即，  则，当且仅当，即时，等号成立，所以球的表面积的最小值为.故选：B.10、法国的数学家费马（PierredeFermat）曾在一本数学书的空白处写下一个看起来很简单的猜想：当整数时，找不到满足的正整数解.该定理史称费马最后定理，也被称为费马大定理.费马只是留下这个叙述并且说他已经发现这个定理的证明妙法，只是书页的空白处不够无法写下.费马也因此为数学界留下了一个千古的难题，历经数代数学家们的努力，这个难题直到1993年才由我国的数学家毛桂成完美解决，最终证明了费马大定理的正确性.现任取，则等式成立的概率为（）A． B． C． D．答案：B解：任取，则基本事件总数为，分别列出，，时满足的情况，然后，利用概率的公式，即可求解详解：任取，则基本事件总数为，当时，由费马大定理知等式不成立，当时，可取或，共种情况，当时，等式即为，可取，，，，，，，，，，共种情况，综上，使等式成立的基本事件个数为，故等式成立的概率为，故选：B11、椭圆的左右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆C于A，B两点，已知，，则椭圆C的离心率为（）A． B． C． D．答案：A解：设，因为，所以，所以，因为，所以，所以，设中点为H，则，，，代入数据并整理得：，等式两边同除以得：，解得：或(舍).故选：A.12．定义在上的奇函数满足，且当时，，则函数在上所有零点的和为（    ）A．16 B．32 C．36 D．48【答案】A【分析】先判断的对称性、周期性，然后由进行转化，结合图象以及对称性求得正确答案.【详解】依题意，是定义在上的奇函数，图象关于原点对称，由于，所以的图象关于对称，，所以是周期为的周期函数.令，得，函数的图象关于对称，的图象也关于点对称，画出函数和的图象如下图所示，由图可知，两个函数图象有个交点，且交点关于对称，所以所有零点和为.故选：A第II卷（非选择题）填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.某校需要大量志愿者协助开展工作.学校现有3名男教师、3名女教师申请成为志愿者，若安排这6名志愿者到3个不同部门协助工作，每个部门需要男女教师各1名，则不同的安排方式种数是________．(用数字作答)解析】【分析】分步完成，先安排男老师，再安排女老师即可．【详解】先安排男教师、再安排女教师，各有中安排方式，故不同的安排方式共有种.故选：B．14．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线y＝kx－2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是________．【解析】 x2＋y2－8x＋15＝0化成标准形式为(x－4)2＋y2＝1，该圆的圆心为M(4，0)，半径为1.根据题意，只需要圆心M(4，0)到直线y＝kx－2的距离d≤1＋1即可，所以有d＝eq\f(|4k－2|,\r(k2＋1))≤2，化简得k(3k－4)≤0，解得0≤k≤eq\f(4,3)，所以k的最大值是eq\f(4,3).【答案】 eq\f(4,3)15.函数在一个周期内的部分取值如下表：则的最小正周期为；．【答案】【解】由图表知，当时，，当时，，所以，即,又，，所以得到，又由，得到，又，所以，故，所以，故答案为：，.16.已知函数f(x)=ax2−2x+ln x有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f(x1)+f(x2)≤t恒成立，则实数t的最小值为________．【答案】−3 解：，x>0，f′x=2ax2−2x+1xx>0，若函数有两个不同的极值点x1，x2，则方程2ax2−2x+1=0在0,+∞有2个不相等的实数根，故Δ=4−8a>0x1+x2=1a>0x1x2=12a>0，解得：00，0石嘴山市举办中式厨师技能大赛，大赛分初赛和决赛，初赛共进行3轮比赛，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛，参赛选手要在规定的时间和范围内，制作中式面点和中式热菜各2道，若有不少于3道得到评委认可，将获得一张通关卡，3轮比赛中，至少获得2张通关卡的选手将进入决赛．为能进入决赛，小李赛前在师傅的指导下多次进行训练，师傅从小李训练中所做的菜品中随机抽取了中式面点和中式热菜各4道，其中有3道中式面点和2道中式热菜得到认可．(1)若从小李训练中所抽取的8道菜品中，随机抽取中式面点、中式热菜各2道，由此来估计小李在一轮比赛中的通关情况，试预测小李在一轮比赛中通关的概率；(2)若以小李训练中所抽取的8道菜品中两类菜品各自被师傅认可的频率作为该类菜品被评委认可的概率，经师傅对小李进行强化训练后，每道中式面点被评委认可的概率不变，每道中式热菜被评委认可的概率增加了，以获得通关卡次数的期望作为判断依据，试预测小李能否进入决赛？【答案】(1)(2)小李能进入决赛【分析】（1）分情况在中式面点和中式热菜中选择元素，再集合组合数公式和古典概率类型公式，即可求解；（2）首先确定每道中式面点和每道中式热菜被评委认可的概率，再求解每轮通过的概率，最后转化为独立重复事件的期望问题，即可求解.【详解】（1）设“在一轮比赛中，小李获得通关卡”，则事件A发生的所有情况有：①得到认可的中式面点入选1道，中式热菜入选2道的概率为②得到认可的中式面点入选2道，中式热菜入选1道的概率为③得到认可的中式面点和中式热菜各入选2道的概率为所以；（2）由题知，强化训练后，每道中式面点被评委认可的概率为，每道中式热菜被评委认可的概率为，则强化训练后，在一轮比赛中，小李获得通关卡的概率为，因为每轮比赛结果互不影响，所以进行3轮比赛可看作3重伯努利试验．用X表示小李在3轮比赛中获得通关卡的次数，则，∴，∴小李能进入决赛.19．如图所示，直角梯形PABC中，，，D为PC上一点，且，将PAD沿AD折起到SAD位置．(1)若，M为SD的中点，求证：平面AMB⊥平面SAD；(2)若，求平面SAD与平面SBC夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）由线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；（2）以O为原点，分别以、、所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【详解】（1）梯形中，，，易知，所以，而，所以为等边三角形，∴，又∵，，∴，面，，∴面，∵面，∴平面平面；（2）由（1）知△为等边三角形，∴为等边三角形，取AD的中点O，得，，，∵，∴，因为面，，∴面．以O为原点，分别以、、所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系，得，，，，，设平面的法向量为，∴得，令，则，则．取平面的法向量为，．∴平面与平面夹角的余弦值为．20．已知动点到直线的距离比到点的距离大，点的轨迹为曲线，曲线是中心在原点，以为焦点的椭圆，且长轴长为．(1)求曲线、的方程；(2)经过点的直线与曲线相交于、两点，与曲线相交于、两点，若，求直线的方程．【答案】(1)，(2)或【分析】（1）分析可知，曲线为抛物线，确定该抛物线的焦点坐标与准线方程，可得出曲线的方程，求出、的值，结合焦点位置可得出椭圆的方程；（2）分析可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，将该直线的方程分别与曲线、的方程联立，列出韦达定理，结合韦达定理以及弦长公式可得