甘肃省张掖市某校2023-2024学年高三下学期模拟考数学试题

这是一份甘肃省张掖市某校2023-2024学年高三下学期模拟考数学试题，共13页。试卷主要包含了“或”是“圆与圆存在公切线”的，已知，则，已知函数，则不等式的解集为等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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．
考试时间为120分钟，满分150分
一、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．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．3D．2
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．“或”是“圆与圆存在公切线”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为4，上底面边长和侧棱长都为2，则异面直线与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知曲线，点为曲线上一动点，则下列叙述正确的是（ ）
A．若，则曲线的离心率为
B．若，则曲线的渐近线方程为
C．若曲线是双曲线，则曲线的焦点一定在轴上
D．若曲线是圆，则的最大值为4
10．已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．数列为递减数列
C．数列为等差数列D．
11．如图，球的半径为，球面上的三个点的外接圆为圆，且，则下列说法正确的是（ ）
A．球的表面积为
B．若的面积为
C．若，则三棱锥的体积是
D．三棱锥体积的最大值为
12．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．在处的切线方程为B．的最小值为
C．的最小值为D．若恒成立，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量满足，，则_______．
14．在中，角所对的边分别为，且，若，则_______．
15．已知数列是各项均为正数的等比数列，则的最小值为_______．
16．已知，点为椭圆上的动点，当取最小值时，点的横坐标的值为_______．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）已知函数．
（1）求函数的最小正周期和单调减区间；
（2）求函数在上的值域．
18．（12分）已知数列的前项和为，等比数列的公比为．
（1）求数列的通项公式；
（2）令求数列的前10项和．
19．（12分）已知中，在线段上，．
（1）若，求的长；
（2）求面积的最大值．
20．（12分）在直三棱柱中，分别为的中点，．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
21．（12分）已知抛物线，垂直于轴的直线与圆相切，且与交于不同的两点．
（1）求；
（2）已知，过的直线与抛物线交于两点，过作直线的垂线，与直线分别交于两点，求证：．
22．（12分）已知函数有两个零点．
（1）求的取值范围；
（2）设两零点分别为，证明：．
数学参考答案及评分意见
1．A 【解析】．故选A．
2．B 【解析】．故选B．
3．C 【解析】．故选C．
4．C 【解析】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，所以两圆的圆心距为，两圆内含时，即，解得，所以当两圆有公切线时，或，所以“或”是“圆与圆存在公切线”的充要条件．故选C．
5．D 【解析】由题意得．故选D．
6．D 【解析】作的中点，连接，则或其补角（为针角时）的余弦值即为所求．，则异面直线与的夹角的余弦值为．故选D．
7．A 【解析】由题意得为偶函数且在上单调递增，又，．故选A．
8．B 【解析】因为函数在上有两个极值点，所以在上有两个变号零点，．令，，令，得，令，得在上递增，在上递减．．故选B．
9．AC 【解析】A选项，时，曲线为，曲线的离心率为，故A选项正确；B选项，时，曲线为，则曲线的渐近线方程为，故B选项错误；C选项，若曲线是双曲线，则，则曲线的焦点一定在轴上，故C选项正确；D选项，若曲线是圆，则4，即，令，则的最大值为，故D选项错误．故选AC．
10．BCD 【解析】，，，故A错误，BCD正确．故选BCD．
11．ACD 【解析】A选项，，故A正确；B选项，，，，故B错误；C选项，设，由，可得，因为为的外心，所以，故，由已知，，所以，所以，由球的截面性质可得平面，所以三棱锥的体积，故C正确；D选项，设，令，则，令当时，的最大值为，故D正确．故选ACD．
12．ABD 【解析】的定义域为，则，故切线方程为，即，故A正确．由得，在区间单调递减，在区间单调递增，所以，故B正确，C错误．恒成立，其中，所以，记，则，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，故，则实数的取值范围为，D正确．故选ABD．
13． 【解析】，，，．
14． 【解析】由，得，因为解得，又，由余弦定理得，解得．
15． 【解析】（当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立），故的最小值为．
16． 【解析】因为为椭圆的右焦点，设椭圆左焦点为，则，由椭圆的定义，得，所以为射线与椭圆交点时，取最小值，因为直线方程为，设，联立消去得或（舍）．
17．解：（1）
，
的最小正周期为．
令，
得，
化简得，
的单调减区间为．
（2），
．
令，则，
，
，
在上的值域为．
18．解：（1）当时，
，
，
，
，
当时，
．
经检验，当时，满足上式，
．
（2）
设的前10项和为，
．
19．解：（1）在中，，
，
，
，
．
在中，
，
．
另解：，
，
．
（2）在中，，
，
，当且仅当时，等号成立．
，
的最大值为．
，
的最大值为．
20．（1）证明：连接交于点，连接，延长与延长线交于点．
因为，所以，所以，所以，则．
又因为，所以为的中位线，则．
因为平面平面，所以平面．
（2）解：因为，所以．
如图，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，
则．
设为平面的一个法向量，
则即令，解得．
又平面的一个法向量，
设所求夹角为，则．
21．（1）解：由题意得的方程为．又，
不妨设，代入抛物线，解得．
（2）证明：①当直线中有一条直线斜率存在时，
不妨设直线的斜率不存在，则，此时直线的斜率为0．
，
．
（2）当直线斜率均存在时，
记直线斜率为，直线斜率为到直线的距离为，到直线的距离为，
设，则，
．
由得，则，
．
因为，同理，
，则．
22．（1）解：令，得，令，则，
令，得，令，得．则在单调递增，在单调递减．
当时，，当时，，
若要与有两个交点，则．
（2）证明：易知，令．
设，
令，则在上单调递减，且，则存在唯一的，使在单调递增，在单调递减．
又，则在上，即在上恒成立．
设，则，
令，则，则在上单调递减，在上单调递增，则，
则，则在上单调递增，又，所以，即在上恒成立．
令得到，由且在上单调递增，则；
令得到，由且在上单调递减，则．
则．