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文海大联考2024届高三临门一卷数学组织命题：黄冈市文海教科院本试卷满分150分，考试时间120分钟.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 在每个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（）ABCD2若复数的实部大于0，且，则（）ABCD3在平面直角坐标系中，点在直线上.若向量，则在上的投影向量为（）ABCD4设，是两个平面，是三条直线，则下列命题为真命题的是（）A若，则B若，则 C若，则D若，则5将1至8这8个整数排成一列，要求任意相邻两项互质，则不同的排列方法有（）A1296种B1728种C2304种D2592种6已知为锐角，则（）ABCD7已知等差数列的前项和为，公差为，且单调递增若，则（）ABCD8双曲线的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于M，N两点.若，且，则直线与的斜率之积为（）ABCD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. 全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9甲在一次面试活动中，7位考官给他的打分分别为：61、83、84、87、90、91、92则下列说法正确的有（）A去掉一个最低分和一个最高分后，分数的平均数会变小B去掉一个最低分和一个最高分后，分数的方差会变小C这7个分数的平均数小于中位数D这7个分数的第70百分位数为8710已知函数的图象向左平移个单位后到函数的图象（如图所示），则（）AB在上为增函数C当时，函数在上恰有两个不同的极值点D是函数的图象的一条对称轴11已知定义在上的函数，其导函数分别为，且，则（）A的图象关于点中心对称BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12已知集合，函数.若函数满足：对任意，存在，使得，则的解析式可以是 .（写出一个满足条件的函数解析式即可）13已知抛物线的焦点为,，是抛物线上关于其对称轴对称的两点，若，为坐标原点，则点的横坐标为 .14如图，在直三棱柱中，分别为线段，的中点，平面平面，则四面体ABMN的外接球的表面积为 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为促进全民阅读，建设书香校园，某校在寒假面向全体学生发出“读书好、读好书、好读书”的号召，并开展阅读活动开学后，学校统计了高一年级共1000名学生的假期日均阅读时间（单位：分钟），得到了如下所示的频率分布直方图，若前两个小矩形的高度分别为0.0075，0.0125，后三个小矩形的高度比为3：2：1(1)根据频率分布直方图，估计高一年级1000名学生假期日均阅读时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(2)开学后，学校从高一日均阅读时间不低于60分钟的学生中，按照分层抽样的方式，抽取6名学生作为代表分两周进行国旗下演讲，假设第一周演讲的3名学生日均阅读时间处于80，100）的人数记为，求随机变量的分布列与数学期望16已知函数(1)求函数在处的切线方程；(2)当时，求函数的最小值17如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面平面ABCD，点E是线段AD的中点，.(1)证明：/平面BDM；(2)求平面AMB与平面BDM的夹角.18已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴(1)求椭圆的方程；(2)直线斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于对称（）证明：直线过定点；（）求面积的最大值19数列满足：是等比数列，且(1)求；(2)求集合中所有元素的和；(3)对数列，若存在互不相等的正整数，使得也是数列中的项，则称数列是“和稳定数列”试分别判断数列是否是“和稳定数列”若是，求出所有的值；若不是，说明理由1D【分析】直接求交集即可.【详解】，则.故选：D2D【分析】设，再根据复数的乘法和除法运算结合复数相等的定义求出即可得解.【详解】设，代入，得，解得：，所以.故选：D.3C【分析】确定直线的方向向量，结合数量积的运算判断出为直线的法向量，结合投影向量的含义即可求得答案.【详解】由题意设直线的方向向量为，则，而，则，即为直线的法向量，又O到直线的距离为，故在上的投影向量为，故选：C4B【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，若，则相交或平行，所以A错误；对于B中，若，由线面平行的性质可得，所以 B正确；对于C中，若，当两两相交时，两两相交，所以C错误；对于D中，若，则或，所以D错误.故选：B.5B【分析】任意相邻两项互质，采用插空法，由排列组合的知识求解即可【详解】由于任意相邻两项互质，所以偶数必须隔开，所以先把四个奇数排成一列有种方法，然后把偶数插空进去，四个偶数中只有不能与相邻，其他偶数可以随意插空，所以先考虑把插空，有种选择，剩下的个偶数在剩下的个空中随意插空，所以共有：.故选：B.6D【分析】借助三角恒等变换、同角三角函数的基本关系计算即可得.【详解】因为为锐角，所以，又，所以，而，所以，所以，因此.故选：D7A【分析】因为数列为递增数列，所以从第二项开始，各项均为正数，由此可求得取值范围.【详解】因为为等差数列，且，所以，又数列为递增数列，所以从第二项开始，各项均为正数.由.因为恒成立，所以数列为常数数列或递增数列，所以.综上，.故选：A8D【分析】设，由双曲线定义和题目条件，表达出，在中，由余弦定理得，则，在中，由余弦定理得，故，设，求出直线与的斜率之积为.【详解】设，则，由双曲线定义得，在中，由余弦定理得，解得，则，在中，由余弦定理得，解得，则，设，则，将代入得，则直线与的斜率之积为.故选：D【点睛】结论点睛：圆锥曲线中点弦相关结论及其推广：椭圆与直线相交于两点，弦的中点为，其中原点为，则，推广：已知椭圆的两顶点分别为，则椭圆上一点（除两点），满足；双曲线与直线相交于两点，弦的中点为，其中原点为，则，推广：已知双曲线的两顶点分别为，则双曲线上一点（除两点），满足；9BC【分析】根据平均数，中位数，百分位数公式，以及方差的意义，即可判断选项.【详解】A.7个数的平均数是，去掉最高分和最低分后的平均数是，平分数变高了，故A错误；B.去掉最高分和最低分，波动变小了，所以方差会变小，故B正确；C.这7个数的中位数是，故C正确；D.，所以这7个数的70百分位数位第5个数字，故D正确.故选：BC10BCD【分析】根据图象求出解析式，由平移可得解析式即可判断A，根据所给自变量范围及正弦函数的单调性判断B，根据自变量范围及参数范围，确定的范围即可判断C，由三角恒等变换化简，由正弦型函数的对称性判断D.【详解】根据平移性质，可设，由图象可得，即，解得，所以，又，所以，即，对于A，则，即，故A错误；对于B，当时，由正弦函数单调性知，在上为增函数，故B正确；对于C，当时，因为，所以，显然能取到，不能取到，所以函数在上恰有两个不同的极值点，故C正确；对于D，因为，所以当时，取得最大值，所以是函数的一条对称轴，故D正确.故选：BCD11BCD【分析】先根据条件分析出的周期性和对称性，再得到的周期性，根据函数性质即可得结果.【详解】由题意可得，两式相减可得，所以的图象关于点成中心对称，故A错误；由，式两边对求导可得，可知是偶函数，以替换中的可得，可得，所以是周期为4的周期函数，故B正确；因为，可知也是周期为4的周期函数，即，两边求导可得，所以，故C正确；因为，令，则，即，又因为是偶函数，所以，又因为是周期为4的周期函数，则，由可得，所以，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：解决这类题的关键是熟练掌握对称与周期的关系，若关于两点（纵坐标相同）或者两条直线（平行于轴）对称，则周期为这两点或者这两条直线的距离的两倍，若关于一点和一直线（平行于轴）对称，则周期为这点和这条直线的距离的四倍.12（满足，且一次项系数不为零的所有一次或者二次函数解析式均正确）【分析】根据，求得，则满足的一次函数或二次函数均可.【详解】，所以，则的解析式可以为.经检验，满足题意.故答案为：（答案不唯一）.【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据函数的形式，确定函数的关键特征和条件.13#【分析】由题可知，故，写出对应的坐标计算即可求解点的横坐标.【详解】因为抛物线的焦点为，则，又因为，是抛物线上关于其对称轴对称的两点，设，因为，则，所以，解得（舍）或.即点的横坐标为，故答案为：14【分析】取BN的中点，连接CD，由等腰三角形的性质与面面垂直的性质定理证平面ABN，由线面垂直的性质定理与判定定理证平面，进而推出，利用勾股定理的逆定理证，进而确定四面体ABMN的外接球的球心与半径，利用球的表面积公式即可得解.【详解】如图，取BN的中点，连接CD，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面ABN，又平面ABN，所以，依题意平面ABC，平面ABC，所以，又，平面，所以平面，又BN，平面，所以，所以，所以，连接，则，所以，又，所以，所以，所以与共斜边，所以四面体ABMN的外接球的球心为的中点，且外接球半径，所以该球的表面积【点睛】结论点睛：（1）正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点；（2）正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点；（3）直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点；（4）正棱锥的外接球的球心在其高上；（5）若三棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是外接球的球心15(1)67（分钟）(2)分布列见解析；期望为1【分析】（1）根据平均数等于每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和求解；（2）依题意求出随机变量的分布列，并利用数学期望公式求解.【详解】（1）由题知：各组频率分别为：0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，日均阅读时间的平均数为：（分钟）（2）由题意，在60，80），80，100），100，120三组分别抽取3，2，1人的可能取值为：0，1，2则所以的分布列为：01216(1)(2)【分析】（1）由导数的几何意义得出切线方程；（2）对函数求导，用导数方法判断函数在上的单调性，即可得出结果.【详解】（1）由，得，所以，函数在处的切线方程（2）令，当时，则，所以 ，所以，所以在单调递减；当时，则，此时，所以在单调递增，所以当时，函数取得最小值；所以当时，函数的最小值为17(1)证明见解析(2).【分析】（1）连接交于，连接,根据条件证明/即得；（2）先证明平面，依题建系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面AMB与平面BDM的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得.【详解】（1）如图，连接交于，连接,由是的中点可得，易得与相似，所以，又，所以/，又平面平面，所以/平面；（2）因平面平面，且平面平面，由，点E是线段AD的中点可得又平面，故得平面.如图，取的中点为,分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.则，则，.设平面的法向量为，由，则，故可取；设平面的法向量为，由，则，故可取.故平面与平面的夹角余弦值为，所以平面与平面的夹角为.18(1)(2)（）证明见解析；（）【分析】（1）由焦点坐标和椭圆上的点，求椭圆的方程；（2）设直线方程，与椭圆方程联立，由，结合韦达定理得系数间的关系，可得直线所过定点，利用面积公式表示出的面积，由基本不等式求最大值.【详解】（1）点在椭圆上，且垂直于轴，则有设椭圆的焦距为，则，点代入椭圆方程，有，解得，则，所以椭圆的方程为.（2）（）设直线l的方程为，由，消去y，整理得，因为l交椭圆C于两点，所以，设，所以，因为直线和直线关于对称，所以所以所以解得.所以直线l的方程为，所以直线l过定点. （）设直线l的方程为，由，消去，整理得，因为l交椭圆C于两点，所以，解得，所以，所以令则，当且仅当时取等号，所以面积的最大值为.【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题19(1)，(2)(3)数列是“和稳定数列”，数列不是“和稳定数列”，理由见解析【分析】（1）根据已知及等比数列的定义求出的通项公式，由已知和求通项可得的通项公式，（2）根据等差数列及等比数列的求和公式可得结果（3）根据“和稳定数列”的定义可判定.【详解】（1），又，解得：因为是等比数列，所以的公比，又当时，作差得：将代入，化简：，得：是公差的等差数列，（2）记集合的全体元素的和为，集合的所有元素的和为，集合的所有元素的和为，集合的所有元素的和为，则有对于数列：当时，是数列中的项当时，不是数列中的项，其中即（其中表示不超过实数的最大整数）（3）解：当时，是的正整数倍，故一定不是数列中的项；当时，不是数列中的项；当时，是数列中的项；综上，数列是“和稳定数列”，； 解：数列不是“和稳定数列”，理由如下：不妨设：，则，且故不是数列中的项.数列不是“和稳定数列”.
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