/搶分模擬卷01（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）第Ⅰ卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。1．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知集合，，則的子集個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．4 D．82．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）已知復(fù)數(shù)滿足，，則（

）A．3 B． C． D．3．（2024·全國·模擬預(yù)測）從1，2，3，4，5中隨機(jī)選取2個(gè)不同的數(shù)，則所選的2個(gè)數(shù)中恰好有1個(gè)數(shù)是質(zhì)數(shù)的概率為（

）A． B． C． D．4．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知向量，，，若，，則向量在方向上的投影為（

）A． B． C． D．25．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知是數(shù)列的前項(xiàng)和，，，不等式對任意的恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（

）A． B．C． D．6．（2024·四川成都·三模）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)，向量，且.若點(diǎn)的軌跡與雙曲線的漸近線相交于兩點(diǎn)和（點(diǎn)在軸上方），雙曲線右焦點(diǎn)為，則（

）A． B． C． D．7．（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知半徑為的球的球心到正四面體的四個(gè)面的距離都相等，若正四面體的棱與球的球面有公共點(diǎn)，則正四面體的棱長的取值范圍為（

）A． B． C． D．8．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)在上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（

）A． B．C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．9．（2024·云南昆明·一模）已知函數(shù)，若，則的值可以為（

）A． B． C． D．10．（2024·重慶·模擬預(yù)測）平面直角坐標(biāo)系中，曲線的方程為：則（

）A．曲線與軸有4個(gè)公共點(diǎn) B．曲線關(guān)于原點(diǎn)對稱C．曲線上的點(diǎn)都在某個(gè)矩形內(nèi) D．曲線上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離均為11．（2024·浙江杭州·模擬預(yù)測）已知是方程的兩根，數(shù)列滿足，，.

滿足，其中.

則（

）A．B．C．存在實(shí)數(shù)，使得對任意的正整數(shù)，都有D．不存在實(shí)數(shù)，使得對任意的正整數(shù)，都有第II卷三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．（2024·黑龍江大慶·模擬預(yù)測）的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為．13．（2024·湖南·一模）如果直線和曲線恰有一個(gè)交點(diǎn)，那么實(shí)數(shù)的取值范圍是．14．（2024·廣東·模擬預(yù)測）已知為的外接圓圓心，且．設(shè)實(shí)數(shù)滿足，則的取值范圍為．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．（13分）（2024·山東濟(jì)南·二模）已知函數(shù)(1)討論的單調(diào)性；(2)證明：.16．（15分）（2024·全國·模擬預(yù)測）在四棱柱中，平面平面，，底面為菱形，，分別為的中點(diǎn)．(1)證明：平面；(2)若，，求三棱錐的表面積．17．（15分）（2024·全國·模擬預(yù)測）為了保存學(xué)習(xí)資料，某位老師注冊了網(wǎng)盤賬號，根據(jù)平時(shí)存儲(chǔ)資料的情況，得到了存儲(chǔ)文件個(gè)數(shù)與占用網(wǎng)盤空間（單位：GB）的數(shù)據(jù)如下：存儲(chǔ)文件個(gè)數(shù)2030405060占用網(wǎng)盤空間1.52.5468.5(1)若與有較強(qiáng)的線性相關(guān)關(guān)系，求關(guān)于的線性回歸方程；(2)該老師使用該網(wǎng)盤保存資料的6個(gè)月中，會(huì)根據(jù)需要適當(dāng)刪除或增加文件，若6個(gè)月網(wǎng)盤中的文件個(gè)數(shù)分別為，根據(jù)（1）的結(jié)論，從這6個(gè)月中任選2個(gè)月，試估計(jì)這2個(gè)月中至少有一個(gè)月占用網(wǎng)盤空間超過的概率．參考公式：回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計(jì)公式分別為，．18．（17分）（2024·全國·模擬預(yù)測）已知直線與拋物線交于兩點(diǎn)，且．(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若點(diǎn)，求外接圓的方程．19．（17分）（2024·北京順義·二模）已知點(diǎn)集滿足，，.對于任意點(diǎn)集，若其非空子集A，B滿足，，則稱集合對為的一個(gè)優(yōu)劃分.對任意點(diǎn)集及其優(yōu)劃分，記A中所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為，B中所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)之和為.(1)寫出的一個(gè)優(yōu)劃分，使其滿足；(2)對于任意點(diǎn)集，求證：存在的一個(gè)優(yōu)劃分，滿足；(3)對于任意點(diǎn)集，求證：存在的一個(gè)優(yōu)劃分，滿足且.

搶分模擬卷01（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）第Ⅰ卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。1．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知集合，，則的子集個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．4 D．8【答案】B【詳解】解法一：集合表示直線上的所有點(diǎn)，集合表示圓上的所有點(diǎn)，因?yàn)閳A心到直線的距離為，等于圓的半徑，所以直線與圓相切，只有一個(gè)公共點(diǎn),根據(jù)一元集的子集個(gè)數(shù)為2．故選：B.解法二：可以將直線方程代入圓的方程得：，整理得，解得，所以它們聯(lián)立方程組的解為，故只有1個(gè)元素，根據(jù)一元集的子集個(gè)數(shù)為2．故選：B.2．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）已知復(fù)數(shù)滿足，，則（

）A．3 B． C． D．【答案】D【詳解】設(shè)，，且，由已知得，，得，又，故，，同時(shí)平方得，，相加并化簡得，而，.故選：D3．（2024·全國·模擬預(yù)測）從1，2，3，4，5中隨機(jī)選取2個(gè)不同的數(shù)，則所選的2個(gè)數(shù)中恰好有1個(gè)數(shù)是質(zhì)數(shù)的概率為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】由題意知，數(shù)字1，2，3，4，5中共有3個(gè)質(zhì)數(shù)，分別是2，3，4，從1，2，3，4，5中隨機(jī)選取2個(gè)數(shù)的所有基本事件有：，共10個(gè)，其中恰好有1個(gè)數(shù)是質(zhì)數(shù)的基本事件有，，共6個(gè)，所以所求概率為.故選：C．4．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知向量，，，若，，則向量在方向上的投影為（

）A． B． C． D．2【答案】A【詳解】由得．由得，所以，，所以，，故向量在方向上的投影為.故選：A．5．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知是數(shù)列的前項(xiàng)和，，，不等式對任意的恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】A【詳解】，，又，數(shù)列是首項(xiàng)為1、公差為1的等差數(shù)列，，，①，②，①②得，，，不等式，即，故對任意的恒成立．又，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號成立，，故選：A．6．（2024·四川成都·三模）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)，向量，且.若點(diǎn)的軌跡與雙曲線的漸近線相交于兩點(diǎn)和（點(diǎn)在軸上方），雙曲線右焦點(diǎn)為，則（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】由于向量，點(diǎn)，所以，因?yàn)?，所以點(diǎn)，則點(diǎn)的軌跡為，與雙曲線其中一條漸近線，聯(lián)立，得，聯(lián)立，得，因此.故選：D7．（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知半徑為的球的球心到正四面體的四個(gè)面的距離都相等，若正四面體的棱與球的球面有公共點(diǎn)，則正四面體的棱長的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】設(shè)正四面體的棱長為，則其高為．當(dāng)正四面體內(nèi)接于球時(shí)，最小，此時(shí)，得．當(dāng)球與正四面體的每條棱都相切時(shí)，最大，因?yàn)榍虻那蛐牡秸拿骟w的四個(gè)面的距離都相等，所以當(dāng)球與正四面體的每條棱都相切時(shí)，借助正四面體和球的結(jié)構(gòu)特征可知切點(diǎn)均為棱的中點(diǎn)，且球心到正四面體的頂點(diǎn)的距離為，利用勾股定理可得，得．故正四面體的棱長的取值范圍為．故選：C.8．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)在上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】D【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)，可得，因?yàn)楹瘮?shù)在上存在單調(diào)遞減區(qū)間，可得在上有解，即在上有解，令，則，且，當(dāng)時(shí)，，所以；當(dāng)時(shí)，，所以，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，所以.故選：D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．9．（2024·云南昆明·一模）已知函數(shù)，若，則的值可以為（

）A． B． C． D．【答案】BD【詳解】令或，,故或，，故,取和可得或，故的值可以為或，故選：BD10．（2024·重慶·模擬預(yù)測）平面直角坐標(biāo)系中，曲線的方程為：則（

）A．曲線與軸有4個(gè)公共點(diǎn) B．曲線關(guān)于原點(diǎn)對稱C．曲線上的點(diǎn)都在某個(gè)矩形內(nèi) D．曲線上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離均為【答案】BC【詳解】對于A：由，令，可得，解得或，所以曲線與軸只有和共個(gè)公共點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；對于B：因?yàn)?，所以點(diǎn)和點(diǎn)均在曲線上，所以曲線關(guān)于原點(diǎn)對稱，故B正確；對于C：因?yàn)?，所以且，即曲線上的點(diǎn)都在直線、、、所圍成的矩形（包含邊上的點(diǎn)）內(nèi)，所以曲線上的點(diǎn)都在某個(gè)矩形內(nèi)，故C正確；因?yàn)?，且，所以，，所以，所以曲線上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，故D錯(cuò)誤.故選：BC11．（2024·浙江杭州·模擬預(yù)測）已知是方程的兩根，數(shù)列滿足，，.

滿足，其中.

則（

）A．B．C．存在實(shí)數(shù)，使得對任意的正整數(shù)，都有D．不存在實(shí)數(shù)，使得對任意的正整數(shù)，都有【答案】ABC【詳解】由于是方程的兩根，故，.并可解出，.用數(shù)學(xué)歸納法證明：對任意的正整數(shù)，有.當(dāng)時(shí)，由知，故，結(jié)論成立；當(dāng)時(shí)，有，結(jié)論成立；假設(shè)當(dāng)，以及時(shí)結(jié)論都成立，這里，則，.此時(shí)有，故結(jié)論對也成立.綜上，對任意的正整數(shù)，有.由于是偶數(shù)，且由知是偶數(shù)，且，可知每個(gè)都是偶數(shù).所以，故.而，故.又因?yàn)?，故，從?所以.構(gòu)建，則在內(nèi)恒成立，則，可得成立.由于，知，.

故，即.對于A，有，故A正確；對于B，有，故B正確；對于C，由于，故存在實(shí)數(shù)，使得對任意的正整數(shù)，都有，故C正確；對于D，由于，故存在實(shí)數(shù)，使得對任意的正整數(shù)，都有，故D錯(cuò)誤.故選：ABC.第II卷三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．（2024·黑龍江大慶·模擬預(yù)測）的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為．【答案】【詳解】二項(xiàng)式的展開式的通項(xiàng)公式為，令，求得，令，求得，由于，故其展開式中的常數(shù)項(xiàng)為故答案為：.13．（2024·湖南·一模）如果直線和曲線恰有一個(gè)交點(diǎn)，那么實(shí)數(shù)的取值范圍是．【答案】【詳解】由題意，當(dāng)時(shí)，為雙曲線的上半部分；當(dāng)時(shí)，為橢圓的下半部分.又即，故作出的圖象：考慮臨界條件，當(dāng)與橢圓下半部分相切時(shí)，有，整理得，則，由圖象解得.當(dāng)與雙曲線的漸近線平行時(shí)也為臨界條件.故實(shí)數(shù)的取值范圍為.故答案為：14．（2024·廣東·模擬預(yù)測）已知為的外接圓圓心，且．設(shè)實(shí)數(shù)滿足，則的取值范圍為．【答案】【詳解】解：由題可得，以的中點(diǎn)為原點(diǎn)，方向?yàn)檩S，的中垂線為軸，建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系：因?yàn)?，所以，記圓心，半徑為，所以圓的方程為，，不妨設(shè)，所以,,,因?yàn)樗裕驗(yàn)?，所以，所以可得，將代入上式可得，①，因?yàn)?，②，將①的平方和②的平方相加可得：，所以，所以，將帶入可得，，即，即，所以，所以的取值范圍為。故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．（2024·山東濟(jì)南·二模）已知函數(shù)(1)討論的單調(diào)性；(2)證明：.【答案】(1)答案見詳解(2)證明見詳解【詳解】（1）由題意可得：的定義域?yàn)椋?，?dāng)時(shí)，則在內(nèi)恒成立，可知在內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，令，解得；令，解得；可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增；綜上所述：當(dāng)時(shí)，在內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增.（2）構(gòu)建，則，由可知，構(gòu)建，因?yàn)樵趦?nèi)單調(diào)遞增，則在內(nèi)單調(diào)遞增，且，可知在內(nèi)存在唯一零點(diǎn)，當(dāng)，則，即；當(dāng)，則，即；可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，則，又因?yàn)?，則，，可得，即，所以.16．（2024·全國·模擬預(yù)測）在四棱柱中，平面平面，，底面為菱形，，分別為的中點(diǎn)．(1)證明：平面；(2)若，，求三棱錐的表面積．【答案】(1)證明見解析；(2)．【詳解】（1）如圖，連接，設(shè)，連接，幾何體為四棱柱，四邊形是平行四邊形，四邊形是平行四邊形，是的中點(diǎn)，，，分別為的中點(diǎn)，，，，，，四邊形是平行四邊形，，平面，平面，平面．（2）設(shè)是的中點(diǎn)，連接，過作，交的延長線于點(diǎn)，連接，易知，四邊形為平行四邊形，，，，，平面平面，平面平面，平面，平面，，．又，，，．易知，，是邊長為1的正三角形，即．在中，，在中，，在中，，在中，，，，在中，，，，三棱錐的表面積為．17．（2024·全國·模擬預(yù)測）為了保存學(xué)習(xí)資料，某位老師注冊了網(wǎng)盤賬號，根據(jù)平時(shí)存儲(chǔ)資料的情況，得到了存儲(chǔ)文件個(gè)數(shù)與占用網(wǎng)盤空間（單位：GB）的數(shù)據(jù)如下：存儲(chǔ)文件個(gè)數(shù)2030405060占用網(wǎng)盤空間1.52.5468.5(1)若與有較強(qiáng)的線性相關(guān)關(guān)系，求關(guān)于的線性回歸方程；(2)該老師使用該網(wǎng)盤保存資料的6個(gè)月中，會(huì)根據(jù)需要適當(dāng)刪除或增加文件，若6個(gè)月網(wǎng)盤中的文件個(gè)數(shù)分別為，根據(jù)（1）的結(jié)論，從這6個(gè)月中任選2個(gè)月，試估計(jì)這2個(gè)月中至少有一個(gè)月占用網(wǎng)盤空間超過的概率．參考公式：回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計(jì)公式分別為，．【答案】(1)(2)【詳解】（1）由條件可得，，，，，，．線性回歸方程為．（2）令，得．這6個(gè)月中占用網(wǎng)盤空間超過的有2個(gè)月，分別記為，其余4個(gè)月分別記為．從這6個(gè)月中隨機(jī)選取2個(gè)月，所有不同情況有，，共15種，記事件為“這2個(gè)月中至少有一個(gè)月占用網(wǎng)盤空間超過，則事件包含的情況有，共9種，故所求概率．18．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知直線與拋物線交于兩點(diǎn)，且．(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若點(diǎn)，求外接圓的方程．【答案】(1)(2)【詳解】（1）設(shè)，將與聯(lián)立，化簡得，所以，，，所以，得，所以拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為．（2）設(shè)外接圓的一般方程為，由，得①，由，得②，因?yàn)閮牲c(diǎn)既在拋物線上又在圓上，所以①、②兩個(gè)方程的解均為和，故，得，，將代入，化簡得，解得，滿足，所以外接圓的方程為．19．（2024·北京順義·二模）已知點(diǎn)集滿足，，.對于任意點(diǎn)集，若其非空子集A，B滿足，，則稱集合對為的一個(gè)優(yōu)劃分.對任意點(diǎn)集及其優(yōu)劃分，記A中所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為，B中所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)之和為.(1)寫出的一