广西壮族自治区贵港市2024届高考模拟预测 数学试题【含答案】

高三年级数学考生注意：1答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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已知集合，则（）ABCD2已知正方形ABCD的四个顶点都在椭圆上，且椭圆的两个焦点分别为边AD和BC的中点，则该椭圆的离心率为（）ABCD3下列说法中错误的是（）A独立性检验的本质是比较观测值与期望值之间的差异B两个变量x，y的相关系数为r，若越接近1，则x与y之间的线性相关程度越强C若一组样本数据（）的样本点都在直线上，则这组数据的相关系数r为0.98D由一组样本数据（）求得的回归直线方程为，设，则4在四棱锥P-ABCD中，底面，四边形是矩形，且，点是棱上的动点（包括端点），则满足的点有（）A0个B1个C2个D3个5已知等差数列的公差不为0，给定正整数m，使得对任意的（且）都有成立，则m的值为（）A4047B4046C2024D40486已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（）ABCD72024年4月6号岳阳马拉松暨全国半程马拉松锦标赛（第三站）开赛，比赛结束后，其中5男3女共8位运动员相约在赛道旁站成前后两排合影，每排各4人，若男运动员中恰有2人左右相邻，则不同的排列方法共有（）A732种B2260种C4320种D8640种8已知圆C：，直线l：，若l与圆C交于A，B两点，设坐标原点为O，则的最大值为（）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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分9如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（）A存在点Q，使得B存在点Q，使得平面C三棱锥的体积是定值D二面角的余弦值为10已知复数，则下列说法中正确的有（）A若，则或B若，则C若，则D若，则11设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，则（）AB的图象关于直线对称C在区间上为增函数D方程仅有4个实数解三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12已知向量，若，则 13若直线是函数的图象的切线，则的最小值为 14已知点P是双曲线C：（，）上一点，分别是C的左、右焦点，设，若的重心和内心的连线垂直于x轴，则的取值范围为 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如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为边CD的中点，沿AE把折起，使点D到达点P的位置，且(1)求证：平面；(2)求三棱锥的表面积16如图，四边形ABCD内接于圆O，圆O的半径，(1)求的大小以及线段AB的长；(2)求四边形ABCD面积的取值范围.17某射击运动员进行射击训练，已知其每次命中目标的概率均为(1)若该运动员共射击6次，求其在恰好命中3次的条件下，第3次没有命中的概率；(2)该运动员射击训练不超过n（）次，当他命中两次时停止射击（射击n次后，若命中的次数不足两次也不再继续），设随机变量X为该运动员的射击次数，试写出随机变量X的分布列，并证明18已知函数(1)当时，请判断的极值点的个数并说明理由；(2)若恒成立，求实数a的取值范围19已知两条抛物线，(1)求与在第一象限的交点的坐标(2)已知点A，B，C都在曲线上，直线AB和AC均与相切（）求证：直线BC也与相切（）设直线AB，AC，BC分别与曲线相切于D，E，F三点，记的面积为，的面积为试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由1B【分析】先解不等式求出两个集合，再求出，然后求即可.【详解】由，得，解得，所以，由，得或，所以，所以，所以故选：B2C【分析】设正方形的边长为2，边AD和BC的中点分别为，则，从而可求出离心率.【详解】设正方形的边长为2，边AD和BC的中点分别为，椭圆的长半轴长为a（），半焦距为c（），连接，则，所以离心率故选：C3C【分析】根据独立检验和线性回归方程的相关性质进行判断，得到答案.【详解】A，独立性检验的本质是比较观测值与期望值之间的差异，从而确定研究对象是否有关联，A正确；B，两个变量x，y的相关系数为r，若越接近1，则x与y之间的线性相关程度越强，B正确；C，若一组样本数据（）的样本点都在直线上，则这组数据的相关系数r为1，C错误；D，由残差分析可知，介于0与1之间，D正确.故选：C4B【分析】假设存在点，连接，由题可证底面，所以得到，由此可知，点E在以AD为直径的圆上，根据圆与直线的位置关系可知，此圆与直线BC相切.【详解】如图，连接由已知可得，又，所以底面，所以，所以点在以为直径的圆上，又由几何关系可知，以为直径的圆与直线相切，故满足条件的点只有1个故选：B5A【分析】分与两种情况，结合等差数列的性质和得到方程，求出.【详解】若，由题意知，由等差数列的性质知，若，则有，所以，因为公差，且，所以，所以，所以若，可得，由等差数列性质知，若，则有，所以，因为公差，且，所以，所以，所以故选：A6B【分析】判断函数的奇偶性和单调性，根据函数的性质，把函数不等式转化为代数不等式，再求解即可.【详解】，所以，即为偶函数，对函数，则，因为，所以，所以，故在上恒成立.所以函数在上单调递增，所以在上单调递增.所以，所以，解得或故选：B7D【分析】依题意只能一排3男1女，另一排2男2女，且相邻的2位男运动员在“3男1女”这一排中，按照先选人，再排列，相邻问题用捆绑法，最后按照分步乘法计数原理计算可得【详解】根据题意，只能一排3男1女，另一排2男2女，且相邻的2位男运动员在“3男1女”这一排中先确定“3男1女”这一排，5男选3人，3女选1人，所选3男选2人相邻，与余下的1男安排在1女的两侧，排列方法有种，再确定“2男2女”这一排，2男先排好有，2女相邻并放在2男之间有种，或2女放在2男成排的两空有种方式，排列方法有种，因此，不同的排列方法总数为故选：D8D【分析】求出圆的圆心及半径，直线所过定点，借助向量运算得，利用三角代换结合辅助角公式及三角函数性求出最大值.【详解】圆C：的圆心为，半径为2，直线l的方程可化为，于是l过定点，且，显然，即，又，因此，设，显然，则，其中，当时等号成立，此时，符合条件，所以的最大值为故选：D【点睛】思路点睛：涉及并求关于的二元函数的最值，可以令，借助三角变换及三角函数性质求解.9BD【分析】A选项，由推出平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，此时平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到平面，求出平面的法向量，证明出平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值.【详解】对于A，若，因为平面，平面，所以平面，矛盾，故A错误对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，因为，故，故，因为，平面，故平面，当Q为的中点时，此时平面，故B正确 对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面，设平面的法向量为，则，解得，令得，故，故，故与不垂直，故平面不成立，故C错误；对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD，由于为等边三角形，则，所以为所求二面角的平面角，不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为，故，由余弦定理可得，二面角的余弦值为，故D正确故选：BD10ABD【分析】根据复数的运算法则可判断A；先计算，再求，判断B；用特例验证C；利用说明D正确.【详解】对于A，或，故A正确对于B，方法：，所以以3为周期，所以，故B正确方法二（复数的三角表示）：，所以的模为1，辐角为，则的模为1，辐角为，所以故B正确对于C，取，则，此时，故C错误对于D，所以，故D正确故选：ABD11ACD【分析】根据给出的函数的性质，做出函数草图，数形结合，分析各选项的准确性.【详解】因为为奇函数，所以的图象关于点中心对称，因为为偶函数，所以的图象关于直线对称可画出的部分图象大致如下（图中x轴上相邻刻度间距离均为）：对于A，由图可知的最小正周期为，所以，故A正确对于B，的图象关于点中心对称，故B错误对于C，由图可知在区间上单调递增，故C正确对于D，由图可知，曲线与的图象有4个交点，所以方程仅有4个实数解，故D正确故选：ACD.【点睛】结论点睛：（1）若为偶函数，则函数为轴对称图形，对称轴为.（2）若为奇函数，则函数为中心对称图形，对称中心为.（3）若的图象有两条对称轴，（），则为周期函数，周期为.（4）若的图象有两个对称中心，（），则为周期函数，周期为.（5）若的图象关于成轴对称，同时关于成中心对称，则为周期函数，周期为.12【分析】根据向量线性运算的坐标表示及垂直的坐标表示进行计算即可.【详解】由题意知，由于，则，则，解得故答案为：.13【分析】求导，设切点为，根据导数的几何意义分析可知，构建函数，利用导数判断其单调性和最值，即可得结果.【详解】因为，则，设切点为，则，则切线方程为，即，可得，所以，令，则，当时，；当时，；可知在内单调递减，在内单调递增，可得，所以的最小值为故答案为：.14【分析】设C的半焦距为c（），离心率为e如图，设重心为Q，内心为I，则O，Q，P共线，不妨设点P在第一象限，分别表示出，利用余弦定理表示出，然后由可求出的取值范围.【详解】设C的半焦距为c（），离心率为e如图，设重心为Q，内心为I，则O，Q，P共线设内切圆与轴的切点为，与内切圆的切点分别为，由双曲线的定义可得，由圆的切线长定理得，所以，设内切圆的圆心横坐标为，则点的横坐标为，所以，得，所以，因为轴，不妨设点P在第一象限，则，再由重心的性质知，由，可得所以，所以，所以所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以故答案为：15(1)证明见解析(2)【分析】（1）求出各边，由勾股定理逆定理求出，结合得到线面垂直；（2）求出各边长，利用三角形面积公式得到各三角形面积，相加得到表面积.【详解】（1）由题可知，为等边三角形，平面，平面（2）由（1）得，由三角形面积公式得，三棱锥的表面积16(1)，(2)【分析】（1）通过正弦定理求得，求出后利用正弦定理求解线段AB的即可；（2）方法一：延长AD，BC，交于点E，设，利用三角形面积公式得，从而正弦函数性质求解范围；方法二：连接OA，OB，OC，OD，设，则，从而，从而正弦函数性质求解范围；方法三：设，由正弦定理和面积公式得，从而正弦函数性质求解范围；【详解】（1）由题易知,由正弦定理得，.（2）方法一：延长AD，BC，交于点E.，.设，则.四边形ABCD内接于圆O，即四边形ABCD面积的取值范围是.方法二：连接OA，OB，OC，OD，由已知可得，是等边三角形.设，则，又，即四边形ABCD面积的取值范围是.方法三：设，则.由正弦定理得，则，即四边形ABCD面积的取值范围为.17(1)(2)分布列见解析，证明见解析【分析】（1）利用条件概率公式计算即可；（2）先根据离散型随机变量的分布列及期望公式得，法一、利用，再将列项为，利用放缩法证明即可；法二、利用错位相减法计算可得即可证明.【详解】（1）设第i次射击时命中目标为事件，该运动员射击6次恰好命中3次为事件B，（2）随机变量X的所有可能取值为2，3，4，5，n若射击次停止，则第k次命中，前次射击中有一次命中，故，若射击n次停止，有两种结果：前次有一次命中或一次都没命中，故随机变量X的分布列为法一、易知，易知时，即，法二、令，则，得，令，则，得，18(1)有一个极值点，理由见解析(2)【分析】（1）先求，得，再设，通过对符号的分析，得到的单调性，再判断的解的情况，分析函数的极值点的情况.（2）先把原不等式化成恒成立，利用换元法，设，则，问题转化为恒成立再设，利用（1）的结论求的最小值.【详解】（1）当时，所以，令，则，当时，在上单调递增，又，存在唯一零点，且，当时，在上单调递减，当时，在单调递增有一个极小值点，无极大值点（2）恒成立，恒成立，恒成立令，则，恒成立设，由（1）可知的最小值为又，（）设，当时，在上单调递增，由（）知，即，又，a的取值范围为【点睛】关键点点睛：该题第二问的关键是求函数的最小值，由（1）得的极小值是，而的值不能准确的表示出来，所以根据进行代入计算.19(1)(2)（）证明见解析；（）是定值，定值为【分析】（1）联立方程求解即可；（2）（）设点可得直线AB，AC，BC的方程，联立方程结合韦达定理分析证明；（）利用导数求切线方程，进而可得相应点的坐标，进而求面积分析求解.【详解】（1）联立方程，且，可得，故有，从而，代入得，所以两抛物线在第一象限的交点的坐标为（2）（）设，由题可知，均不为0且不相等，直线AB，AC的斜率均存在，则直线AB：，即直线AB：，同理可得BC：，AC：联立，消去y得，由AB与相切，得，同理由AC与相切，得则，可得，所以，即，所以直线BC也与相切，证毕；（）不妨设，且A在B上方由于，在抛物线上，求导得，所以点E，F处的切线方程为，得，解得，即，同理，过C作y轴的平行线CP交AB于P点，过D作y轴的平行线DQ交EF于Q点，则，由直线AB：，与联立，得，所以，同理由直线EF：，与联立，得，所以，故，所以【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.