精品解析：2024届广西壮族自治区贵港市高考模拟预测数学试题

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（ ） A. B. C. D. 2. 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（ ） A. B. C. D. 3. 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0.98 D. 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（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3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（ ） A. 4047 B. 4046 C. 2024 D. 4048 6. 已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 2024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（ ） A. 732种 B. 2260种 C. 4320种 D. 8640种 8. 已知圆，直线，若与圆交于，两点，设坐标原点为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 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（ ） A. B. 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． （ⅰ）求证：直线BC也与相切． （ⅱ）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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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：B 2. 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（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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：C 3. 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0.98 D. 由一组样本数据（）求得的回归直线方程为，设，则 【答案】C 【解析】 【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：C 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（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】B 【解析】 【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：B 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（ ） A. 4047 B. 4046 C. 2024 D. 4048 【答案】A 【解析】 【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：A 6. 已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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：B 7. 2024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（ ） A. 732种 B. 2260种 C. 4320种 D. 8640种 【答案】D 【解析】 【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：D 8. 已知圆，直线，若与圆交于，两点，设坐标原点为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据直线求出定点得出圆心，再结合数量积公式得，最后结合不等式性质计算得出最大值即可. 【详解】由于， 故恒过定点，这恰好是圆的圆心，同样记该点为. 所以，且，同时显然有. 所以. 从而，得. 故 ，从而，故. 另一方面，对，，直接计算可知的中点为，且. 故，均在圆上，此时， 而，故. 综上，的最大值是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是得出应用向量数量积公式化简求解. 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 【答案】BD 【解析】 【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：BD 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 【答案】ABD 【解析】 【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：ABD 11. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，，则（ ） A. B. 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 【答案】ACD 【解析】 【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. 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______． 【答案】 【解析】 【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. 若直线是函数的图象的切线，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【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. 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________． 【答案】 【解析】 【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： 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 【答案】（1） 由题可知， ，， ，， 为等边三角形， ， ， ． ，平面， 平面． （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，，， ， 由三角形面积公式得， ， 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. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【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； 【小问1详解】 由题易知,由正弦定理得，， ， ， . 【小问2详解】 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. 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． 【答案】（1） （2）分布列见解析，证明见解析 【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. 【小问1详解】 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． ， ， ． 【小问2详解】 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，① 则，② ，得， 令， 则， 得 ， ，． ． 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． 【答案】（1）有一个极值点，理由见解析 （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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. 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． （ⅰ）求证：直线BC也与相切． （ⅱ）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． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）是定值，定值为 【解析】 【分析】（1）联立方程求解即可； （2）（ⅰ）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；（ⅱ）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. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 （ⅰ）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； （ⅱ）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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $