《廣西壯族自治區(qū)貴港市2024屆高考模擬預(yù)測 數(shù)學試題【含答案】》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《廣西壯族自治區(qū)貴港市2024屆高考模擬預(yù)測 數(shù)學試題【含答案】（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高三年級數(shù)學考生注意：1答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1已知集合，則（）ABCD2已知正方形ABCD的四個頂點都在橢圓上，且橢圓的兩個焦點分別為邊AD和BC的中點，則該橢圓的離心率為（）ABCD3下列說法中錯誤的是

2、（）A獨立性檢驗的本質(zhì)是比較觀測值與期望值之間的差異B兩個變量x，y的相關(guān)系數(shù)為r，若越接近1，則x與y之間的線性相關(guān)程度越強C若一組樣本數(shù)據(jù)（）的樣本點都在直線上，則這組數(shù)據(jù)的相關(guān)系數(shù)r為0.98D由一組樣本數(shù)據(jù)（）求得的回歸直線方程為，設(shè)，則4在四棱錐P-ABCD中，底面，四邊形是矩形，且，點是棱上的動點（包括端點），則滿足的點有（）A0個B1個C2個D3個5已知等差數(shù)列的公差不為0，給定正整數(shù)m，使得對任意的（且）都有成立，則m的值為（）A4047B4046C2024D40486已知函數(shù)，若成立，則實數(shù)a的取值范圍為（）ABCD72024年4月6號岳陽馬拉松暨全國半程馬拉松錦標賽（第三站

3、）開賽，比賽結(jié)束后，其中5男3女共8位運動員相約在賽道旁站成前后兩排合影，每排各4人，若男運動員中恰有2人左右相鄰，則不同的排列方法共有（）A732種B2260種C4320種D8640種8已知圓C：，直線l：，若l與圓C交于A，B兩點，設(shè)坐標原點為O，則的最大值為（）ABCD二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分9如圖，在正方體中，P為線段的中點，Q為線段上的動點（不包括端點），則（）A存在點Q，使得B存在點Q，使得平面C三棱錐的體積是定值D二面角的余弦值為10已知復(fù)數(shù)，則下列說法中正確的

4、有（）A若，則或B若，則C若，則D若，則11設(shè)函數(shù)的定義域為R，為奇函數(shù)，為偶函數(shù)，當時，則（）AB的圖象關(guān)于直線對稱C在區(qū)間上為增函數(shù)D方程僅有4個實數(shù)解三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分12已知向量，若，則 13若直線是函數(shù)的圖象的切線，則的最小值為 14已知點P是雙曲線C：（，）上一點，分別是C的左、右焦點，設(shè)，若的重心和內(nèi)心的連線垂直于x軸，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如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E為邊CD的中點，沿AE把折起，使點D到達點P的位置，且(1)求證：平面；(2)求三棱錐的表面積16如圖

5、，四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，圓O的半徑，(1)求的大小以及線段AB的長；(2)求四邊形ABCD面積的取值范圍.17某射擊運動員進行射擊訓練，已知其每次命中目標的概率均為(1)若該運動員共射擊6次，求其在恰好命中3次的條件下，第3次沒有命中的概率；(2)該運動員射擊訓練不超過n（）次，當他命中兩次時停止射擊（射擊n次后，若命中的次數(shù)不足兩次也不再繼續(xù)），設(shè)隨機變量X為該運動員的射擊次數(shù)，試寫出隨機變量X的分布列，并證明18已知函數(shù)(1)當時，請判斷的極值點的個數(shù)并說明理由；(2)若恒成立，求實數(shù)a的取值范圍19已知兩條拋物線，(1)求與在第一象限的交點的坐標(2)已知點A，B，C都在曲線上，直線

6、AB和AC均與相切（）求證：直線BC也與相切（）設(shè)直線AB，AC，BC分別與曲線相切于D，E，F(xiàn)三點，記的面積為，的面積為試判斷是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由1B【分析】先解不等式求出兩個集合，再求出，然后求即可.【詳解】由，得，解得，所以，由，得或，所以，所以，所以故選：B2C【分析】設(shè)正方形的邊長為2，邊AD和BC的中點分別為，則，從而可求出離心率.【詳解】設(shè)正方形的邊長為2，邊AD和BC的中點分別為，橢圓的長半軸長為a（），半焦距為c（），連接，則，所以離心率故選：C3C【分析】根據(jù)獨立檢驗和線性回歸方程的相關(guān)性質(zhì)進行判斷，得到答案.【詳解】A，獨立性檢驗的本質(zhì)是比較觀

7、測值與期望值之間的差異，從而確定研究對象是否有關(guān)聯(lián)，A正確；B，兩個變量x，y的相關(guān)系數(shù)為r，若越接近1，則x與y之間的線性相關(guān)程度越強，B正確；C，若一組樣本數(shù)據(jù)（）的樣本點都在直線上，則這組數(shù)據(jù)的相關(guān)系數(shù)r為1，C錯誤；D，由殘差分析可知，介于0與1之間，D正確.故選：C4B【分析】假設(shè)存在點，連接，由題可證底面，所以得到，由此可知，點E在以AD為直徑的圓上，根據(jù)圓與直線的位置關(guān)系可知，此圓與直線BC相切.【詳解】如圖，連接由已知可得，又，所以底面，所以，所以點在以為直徑的圓上，又由幾何關(guān)系可知，以為直徑的圓與直線相切，故滿足條件的點只有1個故選：B5A【分析】分與兩種情況，結(jié)合等差數(shù)列的

8、性質(zhì)和得到方程，求出.【詳解】若，由題意知，由等差數(shù)列的性質(zhì)知，若，則有，所以，因為公差，且，所以，所以，所以若，可得，由等差數(shù)列性質(zhì)知，若，則有，所以，因為公差，且，所以，所以，所以故選：A6B【分析】判斷函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)，把函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為代數(shù)不等式，再求解即可.【詳解】，所以，即為偶函數(shù)，對函數(shù)，則，因為，所以，所以，故在上恒成立.所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以在上單調(diào)遞增.所以，所以，解得或故選：B7D【分析】依題意只能一排3男1女，另一排2男2女，且相鄰的2位男運動員在“3男1女”這一排中，按照先選人，再排列，相鄰問題用捆綁法，最后按照分步乘法計數(shù)原理計算可得【詳解】

9、根據(jù)題意，只能一排3男1女，另一排2男2女，且相鄰的2位男運動員在“3男1女”這一排中先確定“3男1女”這一排，5男選3人，3女選1人，所選3男選2人相鄰，與余下的1男安排在1女的兩側(cè)，排列方法有種，再確定“2男2女”這一排，2男先排好有，2女相鄰并放在2男之間有種，或2女放在2男成排的兩空有種方式，排列方法有種，因此，不同的排列方法總數(shù)為故選：D8D【分析】求出圓的圓心及半徑，直線所過定點，借助向量運算得，利用三角代換結(jié)合輔助角公式及三角函數(shù)性求出最大值.【詳解】圓C：的圓心為，半徑為2，直線l的方程可化為，于是l過定點，且，顯然，即，又，因此，設(shè)，顯然，則，其中，當時等號成立，此時，符合條

10、件，所以的最大值為故選：D【點睛】思路點睛：涉及并求關(guān)于的二元函數(shù)的最值，可以令，借助三角變換及三角函數(shù)性質(zhì)求解.9BD【分析】A選項，由推出平面，矛盾；B選項，建立空間直角坐標系，證明出，得到線面垂直，進而當Q為的中點時，此時平面，故B正確；C選項，假設(shè)體積為定值，得到平面，求出平面的法向量，證明出平面不成立，C錯誤；D選項，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值.【詳解】對于A，若，因為平面，平面，所以平面，矛盾，故A錯誤對于B，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，設(shè)正方體棱長為2，則，因為，故，故，因為，平面，故平面，當Q為的中點時，此時平面，故B正確 對于C，Q在線

11、段上運動，若三棱錐的體積為定值，則平面，設(shè)平面的法向量為，則，解得，令得，故，故，故與不垂直，故平面不成立，故C錯誤；對于D，二面角即二面角，連接BP，DP，BD，由于為等邊三角形，則，所以為所求二面角的平面角，不妨設(shè)正方體的棱長為2，則的棱長為，故，由余弦定理可得，二面角的余弦值為，故D正確故選：BD10ABD【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運算法則可判斷A；先計算，再求，判斷B；用特例驗證C；利用說明D正確.【詳解】對于A，或，故A正確對于B，方法：，所以以3為周期，所以，故B正確方法二（復(fù)數(shù)的三角表示）：，所以的模為1，輻角為，則的模為1，輻角為，所以故B正確對于C，取，則，此時，故C錯誤對于D，所以

12、，故D正確故選：ABD11ACD【分析】根據(jù)給出的函數(shù)的性質(zhì)，做出函數(shù)草圖，數(shù)形結(jié)合，分析各選項的準確性.【詳解】因為為奇函數(shù)，所以的圖象關(guān)于點中心對稱，因為為偶函數(shù)，所以的圖象關(guān)于直線對稱可畫出的部分圖象大致如下（圖中x軸上相鄰刻度間距離均為）：對于A，由圖可知的最小正周期為，所以，故A正確對于B，的圖象關(guān)于點中心對稱，故B錯誤對于C，由圖可知在區(qū)間上單調(diào)遞增，故C正確對于D，由圖可知，曲線與的圖象有4個交點，所以方程僅有4個實數(shù)解，故D正確故選：ACD.【點睛】結(jié)論點睛：（1）若為偶函數(shù)，則函數(shù)為軸對稱圖形，對稱軸為.（2）若為奇函數(shù)，則函數(shù)為中心對稱圖形，對稱中心為.（3）若的圖象有兩條

13、對稱軸，（），則為周期函數(shù)，周期為.（4）若的圖象有兩個對稱中心，（），則為周期函數(shù)，周期為.（5）若的圖象關(guān)于成軸對稱，同時關(guān)于成中心對稱，則為周期函數(shù)，周期為.12【分析】根據(jù)向量線性運算的坐標表示及垂直的坐標表示進行計算即可.【詳解】由題意知，由于，則，則，解得故答案為：.13【分析】求導(dǎo)，設(shè)切點為，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義分析可知，構(gòu)建函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性和最值，即可得結(jié)果.【詳解】因為，則，設(shè)切點為，則，則切線方程為，即，可得，所以，令，則，當時，；當時，；可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，可得，所以的最小值為故答案為：.14【分析】設(shè)C的半焦距為c（），離心率為e如圖，設(shè)重心為Q，內(nèi)

14、心為I，則O，Q，P共線，不妨設(shè)點P在第一象限，分別表示出，利用余弦定理表示出，然后由可求出的取值范圍.【詳解】設(shè)C的半焦距為c（），離心率為e如圖，設(shè)重心為Q，內(nèi)心為I，則O，Q，P共線設(shè)內(nèi)切圓與軸的切點為，與內(nèi)切圓的切點分別為，由雙曲線的定義可得，由圓的切線長定理得，所以，設(shè)內(nèi)切圓的圓心橫坐標為，則點的橫坐標為，所以，得，所以，因為軸，不妨設(shè)點P在第一象限，則，再由重心的性質(zhì)知，由，可得所以，所以，所以所以，因為，所以，所以，所以，所以，所以故答案為：15(1)證明見解析(2)【分析】（1）求出各邊，由勾股定理逆定理求出，結(jié)合得到線面垂直；（2）求出各邊長，利用三角形面積公式得到各三角形面

15、積，相加得到表面積.【詳解】（1）由題可知，為等邊三角形，平面，平面（2）由（1）得，由三角形面積公式得，三棱錐的表面積16(1)，(2)【分析】（1）通過正弦定理求得，求出后利用正弦定理求解線段AB的即可；（2）方法一：延長AD，BC，交于點E，設(shè)，利用三角形面積公式得，從而正弦函數(shù)性質(zhì)求解范圍；方法二：連接OA，OB，OC，OD，設(shè)，則，從而，從而正弦函數(shù)性質(zhì)求解范圍；方法三：設(shè)，由正弦定理和面積公式得，從而正弦函數(shù)性質(zhì)求解范圍；【詳解】（1）由題易知,由正弦定理得，.（2）方法一：延長AD，BC，交于點E.，.設(shè)，則.四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，即四邊形ABCD面積的取值范圍是.方法二：連

16、接OA，OB，OC，OD，由已知可得，是等邊三角形.設(shè)，則，又，即四邊形ABCD面積的取值范圍是.方法三：設(shè)，則.由正弦定理得，則，即四邊形ABCD面積的取值范圍為.17(1)(2)分布列見解析，證明見解析【分析】（1）利用條件概率公式計算即可；（2）先根據(jù)離散型隨機變量的分布列及期望公式得，法一、利用，再將列項為，利用放縮法證明即可；法二、利用錯位相減法計算可得即可證明.【詳解】（1）設(shè)第i次射擊時命中目標為事件，該運動員射擊6次恰好命中3次為事件B，（2）隨機變量X的所有可能取值為2，3，4，5，n若射擊次停止，則第k次命中，前次射擊中有一次命中，故，若射擊n次停止，有兩種結(jié)果：前次有一次

17、命中或一次都沒命中，故隨機變量X的分布列為法一、易知，易知時，即，法二、令，則，得，令，則，得，18(1)有一個極值點，理由見解析(2)【分析】（1）先求，得，再設(shè)，通過對符號的分析，得到的單調(diào)性，再判斷的解的情況，分析函數(shù)的極值點的情況.（2）先把原不等式化成恒成立，利用換元法，設(shè)，則，問題轉(zhuǎn)化為恒成立再設(shè)，利用（1）的結(jié)論求的最小值.【詳解】（1）當時，所以，令，則，當時，在上單調(diào)遞增，又，存在唯一零點，且，當時，在上單調(diào)遞減，當時，在單調(diào)遞增有一個極小值點，無極大值點（2）恒成立，恒成立，恒成立令，則，恒成立設(shè)，由（1）可知的最小值為又，（）設(shè)，當時，在上單調(diào)遞增，由（）知，即，又，a的

18、取值范圍為【點睛】關(guān)鍵點點睛：該題第二問的關(guān)鍵是求函數(shù)的最小值，由（1）得的極小值是，而的值不能準確的表示出來，所以根據(jù)進行代入計算.19(1)(2)（）證明見解析；（）是定值，定值為【分析】（1）聯(lián)立方程求解即可；（2）（）設(shè)點可得直線AB，AC，BC的方程，聯(lián)立方程結(jié)合韋達定理分析證明；（）利用導(dǎo)數(shù)求切線方程，進而可得相應(yīng)點的坐標，進而求面積分析求解.【詳解】（1）聯(lián)立方程，且，可得，故有，從而，代入得，所以兩拋物線在第一象限的交點的坐標為（2）（）設(shè)，由題可知，均不為0且不相等，直線AB，AC的斜率均存在，則直線AB：，即直線AB：，同理可得BC：，AC：聯(lián)立，消去y得，由AB與相切，得，同理由AC與相切，得則，可得，所以，即，所以直線BC也與相切，證畢；（）不妨設(shè)，且A在B上方由于，在拋物線上，求導(dǎo)得，所以點E，F(xiàn)處的切線方程為，得，解得，即，同理，過C作y軸的平行線CP交AB于P點，過D作y軸的平行線DQ交EF于Q點，則，由直線AB：，與聯(lián)立，得，所以，同理由直線EF：，與聯(lián)立，得，所以，故，所以【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.