雅礼中学2024届模拟试卷（三）数学一、单项选择题: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．若集合A2,1,3,5，Bxx24x，则AB（）A．1B．3C．2,1D．2,1,3【答案】B2．若ziz13i，则zz（）A．2B．1C．5D．5【答案】D23．已知点Ax0,y0是抛物线y2pxp0上一点，且它在第一象限内，焦点为F,O坐标原3p点，若AF，AO23，则此抛物线的准线方程为（）2A．x4B．x3C．x2D．x=1【答案】D2p3p2【详解】因为x，所以x0p，y2p.又p2p12，所以p2，准线方程0220为x=1.故选：D.ππ4．已知函数fx满足fxfsinxcosx，求fx在x的导数（）3462A．21B．21C．2D．2【答案】Dπππππ1π3【详解】因为fxfcosxsinx，所以ffcossinf，33333232πππππ2262解得f3，ffcossin3.故选：D.34344222exx25．函数y的图象大致是（）x1试卷第1页，共12页{#{QQABTQKAogiIAJBAAQhCUwVQCAGQkACAAYgOBEAIsAABwRNABAA=}#}A．B．C．D．【答案】Cexx2【详解】对于fx，当x＜0时，fx＞0，故B错误；x12332x''x3x3x24x，显然在定义域内fx＞0，fx2e2ex1x1即在,1和1,都是增函数，C正确，AD错误；故选：C.6．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数m6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：an当为偶数时,an已知数列an满足：a1m（m为正整数），an12，则当m42时，则当为奇数时3an1,an使an1需要的雹程步数为（）A．7B．8C．9D．10【答案】B【详解】解：根据题意，当m42，根据上述运算法则得出42→21→64→32→16→8→4→2→1，所以共需经过8个步骤变成1，故使an1需要的雹程步数为8.故选：B7．某区进行高二数学期末调研测试，数学测试成绩X~N78,9，如果按照16%，34%，34%，16%的比例将考试成绩由高到低分为A，B，C，D四个等级，则A等级的分数线应该是（）参考数据：若X~N,2，则PX0.68，PX20.96.A．69B．81C．87D．96【答案】B试卷第2页，共12页{#{QQABTQKAogiIAJBAAQhCUwVQCAGQkACAAYgOBEAIsAABwRNABAA=}#}1PX【详解】由题意可知：78,93，因为PX0.16，2所以A等级的分数线应该是78381.故选：B.8．如图，在两条异面直线a,b上分别取点A,E和点A,F，使AAa，且AAb.已知AA6,AE3,AF4,EF7，则异面直线a,b所成的角为（）ππππA．B．C．D．6432【答案】C【详解】如图，过点A作直线a//a，过点E作EB//AA,交直线a于点B，连接BF,因AAa，则AAa，又AAb，abA,a,b平面ABF，则AA平面ABF，故EB平面ABF,又BF平面ABF，则EBBF.易得：BEAA6,EF7,在Rt△EBF中，FBEF2BE213,设异面直线a,b所成的角为，则BAF,因AB2AF2FB2916131πABAE3,由余弦定理可得：cos,又因0，故2ABAF2422π.故选：C.3二、多项选择题: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．已知由样本数据xi,yii1,2,3,,10组成的一个样本，得到经验回归方程为yˆ2x0.4，且x2，去除两个样本点2,1和(2,-1)后，得到新的经验回归方程为yˆ3xbˆ．在余下的8个样本数据和新的经验回归方程中（）．A．相关变量x，y具有正相关关系B．新的经验回归方程为yˆ3x3试卷第3页，共12页{#{QQABTQKAogiIAJBAAQhCUwVQCAGQkACAAYgOBEAIsAABwRNABAA=}#}C．随着自变量x值增加，因变量y值增加速度变小D．样本4,8.9的残差为0.1【答案】ABD101【详解】xi20，x新平均数202.5，y220.43.6．i181y新平均数103.64.5，∴4.532.5bˆ，∴bˆ3．8新的线性回归方程yˆ3xbˆ，x，y具有正相关关系，A对．新的线性回归方程：yˆ3x3，B对．由线性回归方程知，随着自变量x值增加，因变量y值增加速度恒定，C错；x4，yˆ9，8.990.1，D对．故选：ABD．10．当实数m变化时，关于x，y的方程m21x2my2mm21可以表示的曲线类型有（）A．直线B．圆C．椭圆D．双曲线【答案】ACD【分析】利用曲线方程的特征逐一判断即可.【详解】当m0时，方程为x20，即x0，此时方程表示直线；x2y2当m0时，方程为1；若m0，则方程表示双曲线；mm21m0m0若2，此时m无解；当2，方程表示椭圆.m1mm1m方程可以表示的曲线类型有直线，双曲线，椭圆.故选：ACD.11．如图，正方形ABCD的边长为1，P、Q分别为边AB、DA上的动点，，则（）A．若PQ=1，则△APQ的周长最大值为2+11B．若PQ=1，则△APQ的面积最大值为4C．若△APQ的周长为定值2，则PCQ的大小为30D．若△APQ的周长为定值2，则PQ长度的最小值为222【答案】ABD试卷第4页，共12页{#{QQABTQKAogiIAJBAAQhCUwVQCAGQkACAAYgOBEAIsAABwRNABAA=}#}【详解】选项：AAPAQAP2AQ22APAQPQ1222选项B：11AP2AQ21SAPAQ()APQ2224选项C：设线段BP、DQ的长度分别为a、b，BCP，DCQ则AP1a，AQ1b，因为△APQ的周长为定值2，所以PQab．则由勾股定理得(ab)2(1a)2(1b)2，即tantanabab1ab，又因为tana，tanb，于是tan1因为1tantan1ab090，所以45即PCQ45，故C错误；2ab选项D：由C选项的推理可知ab1ab，PQab所以ab1ab1，所以22PQ2PQ1，即PQ4PQ40又因PQ0得PQ222，当且仅当ab即BPDQ2时等号成立，故D正确；三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12．(12x)513x的展开式中按x的升幂排列的第三项为．【答案】10x221412322【详解】题意即展开式中x的项为C51(2x)3xC51(2x)110x,按x的升幂排列的第三项为10x2．故答案为：10x2.13．如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别是AD，DC边的中点，BE，BF分别与ACuuuv交于R，T两点，用向量AB，AD表示向量RT，则RT.11【答案】ABAD33【详解】在平行四边形ABCD中,AD//BC,AERCBR,EARBCR,AERCBR,且相似比为1:2,AR:RC1:2,即R是AC的三等分点,同理T也是AC的三等试卷第5页，共12页{#{QQABTQKAogiIAJBAAQhCUwVQCAGQkACAAYgOBEAIsAABwRNABAA=}#}11111分点,RTAC(ABBC)(ABAD),故答案为:ABAD.3333314．已知正三棱柱ABCA,B1C1的侧面积为63，则该正三棱柱外接球的体积的最小值为.【答案】823【详解】如图是过侧棱AA1的球的截面，O1,O2是正三棱柱下底面和上底面外心，设正三棱柱的底面边长为a，高为h，球的半径为R，由题意知3ah63，即aarAO，底面外接圆的半径1，由球的截面圆性质知ah232sin332222hah3ROAr…2，当且仅当ah时取等号，则该正三棱柱外接球43248282的体积的最小值为(2)3.故答案为：．333四、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．如图，在ABC中，已知AB3,AC6，A为锐角，BC,AC边上的两条中线AM,BN相交93于点P，ABC的面积为.2(1)求BC的长度；(2)求∠APB的余弦值.7【答案】(1)BC33(2)141933【详解】（1）由题知，SABACsinBAC，所以sinBAC，ABC2222又因为BAC(0,)，所以BAC或.因为BAC为锐角，所以BAC.333在ABC中，由余弦定理知BC2AB2AC22ABACcosBAC，1整理得BC293623627，解得BC33.2（2）因为AB2BC292736AC2，所以137ABC.BNAC3,AMAB2BM2，22222AP2BP2AB27所以APAM7,BPBN2，cosAPB.332APBP14试卷第6页，共12页{#{QQABTQKAogiIAJBAAQhCUwVQCAGQkACAAYgOBEAIsAABwRNABAA=}#}7所以∠APB的余弦值为.1416．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F分别在BB1，DD1上，且AEA1B，AFA1D．(1)求证：A1C平面AEF；(2)当AB4，AD3，AA15时，求平面AEF与平面D1B1BD的夹角的余弦值．122【答案】(1)证明见解析(2)25【详解】（1）因为BC平面ABB1A1，AE平面ABB1A1，所以AEBC．又AEA1B，A1BIBCB，所以AE平面A1BC，因为A1C平面A1BC，所以AEA1C同理：因为CD平面ADD1A1，AF平面ADD1A1，所以AFCD．又AFA1D，A1DCDD，所以AF平面A1CD因为A1C平面A1CD，所以AFA1C，又因为AEA1C，AEAFA，所以A1C平面AEF（2）以A为原点，分别以AB、AD、AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图．则A(0,0,0)，A1(0,0,5)，B(4,0,0)，B1(4,0,5)，D(0,3,0)，C(4,3,0)．所以A1C(4,3,5)，且A1C是平面AEF的一个法向量．BB1(0,0,5)，