[数学]广西壮族自治区贵港市2024届高三下学期模拟预测试题（解析版）

这是一份[数学]广西壮族自治区贵港市2024届高三下学期模拟预测试题（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为复数满足，所以
所以，
所以.
故选：B
2. 某校组织校庆活动，负责人将任务分解为编号为的四个子任务，并将任务分配给甲、乙、丙3人，且每人至少分得一个子任务，则甲没有分到编号为的子任务的分配方法共有（ ）
A. 12种B. 18种C. 24种D. 36种
【答案】C
【解析】不考虑限制条件则共有种方法，
若甲分到编号子任务，有两种情况：
甲分到一个子任务（即只有编号子任务），此时共有种方法；
甲分到两个子任务（即包含编号子任务），此时共有种方法；
则所求的分配方法共有种.
故选：C.
3. 设向量，，若，则k=（ ）
A. B. C. 1D. －1
【答案】C
【解析】由，,
由题意可知，可知，
则，解得，
故选：C
4. 若函数在R上是单调增函数，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】要使函数在上是增函数，
只需，解得，
即a的取值范围是.
故选：C.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，
.
故选：A.
6. 已知数列的通项公式为，则“”是“数列为递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】若数列为递增数列，
则
，
即
由，所以有，
反之，当时，，则数列为递增数列，
所以“”是“数列为递增数列”的充要条件，
故选：C.
7. 已知椭圆的离心率为，点是椭圆上的一个动点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意可知，椭圆的离心率为，，解得，
所以，椭圆的标准方程为，
令，联立，消去得，
则，解得，
因此，的最大值为.
故选：A.
8. 已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，是等边三角形，且；若点在四棱锥的外接球面上运动，记点到平面的距离为，若平面平面，则的最大值为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】依题意如图所示：

取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，
取是的外心，作平面平面，
则是四棱锥的外接球球心，且，
设四棱锥的外接球半径为，则，而，
所以，
故选：A.
二、选择题
9. 声强级（单位：）由公式给出，其中为声强（单位：），不同声声强级如下，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】由表格可知，当时，，得，
当时，，得，
所以，故A错误；
，则，故B正确；
当时，，故C正确；
当时，即，得，则，故D错误.
故选：BC
10. 在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，点在抛物线上，点在抛物线的准线上，则以下命题正确的是（ ）
A. 的最小值是2
B.
C. 当点的纵坐标为4时，存在点，使得
D. 若是等边三角形，则点的横坐标是3
【答案】ABD
【解析】A选项，由题意得，准线方程为，设准线与轴交点为，
过点作⊥抛物线的准线，垂足为，
由抛物线定义可知，，
则，故当与点重合时，取的最小值，
显然，当与点重合时，取得最小值，最小值为，
故的最小值为2，A正确；

B选项，由A选项知，当点与点重合时，等号成立，故B正确；
C选项，当点的纵坐标为4时，令中的得，，
故，假设存在点，使得，
则点为直线与准线的交点，
直线的方程为，即，
中，令得，故点，
此时，此时，C错误；
D选项，若是等边三角形，则，

因为，所以，即点与点重合，
则⊥轴，则，
又，则，所以，
故点的横坐标是，D正确；
故选：ABD
11. 已知函数是定义在R上的偶函数，且，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. 是奇函数
B. 在区间上有且只有一个零点
C. 在区间上单调递增
D. 在区间上有且只有两个极值点
【答案】AC
【解析】函数是偶函数，则，
因为，所以，故，
将替换为，得到，故为奇函数，A正确；
因为，故，故，所以的一个周期为4，
故在区间上零点个数与在区间上的相同，
因为，而，
故，其中，故在区间至少有2个零点，B错误；
当时，，则，
令，当时，所以，
当时，单调递增，当时，单调递减，
又，
故在上恒成立，所以在上恒成立，故在上单调递增，C正确；
当时,，故，令，当时，则，
当时,单调递增，当时，单调递减，
因为，
，由零点存在性定理，使得，
当时，，当时，时，单调递减，时,单调递增，
所以区间上有且只有一个极值点，D错误.故选：AC.
三、填空题
12. 曲线在处的切线方程为___________．
【答案】
【解析】由题意得，且，
时，，所以曲线在处的切线方程为，
即，故答案为：
13. 一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为2.现样本加入新数据4，5，6，此时样本容量为10，方差为______.
【答案】
【解析】设这个样本容量为7的样本数据分别为则，
所以，，
所以.
当加入新数据4，5，6后，平均数，
方差
.故答案为：
14. 将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色不相同且位置固定的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则______．
【答案】125
【解析】，即，.如图，在单位圆上有5个颜色不同的点，由4条边连接起来，每条边有2个端点，所以4条边一共有8个端点，又由于从任意一点出发，沿着可边可以达到任意一点，所以每一点必定会作边，至少一条边的端点.所以可能出现的情形有三种情形，按照5个点可能同时做边几条边的公共端点来分情况讨论.
情形1：有3个点是2条边端点，另2个点是1条边的端点，有种；
情形2：有1个点是3条边的端点，有1个点是2条边的端点，另3个点是1条边的端点，
有种；
情形3：有1个点是4条边的端点，另4个点是1条边的端点，共有种；
综上：.
故答案为：125
四、解答题
15. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足．
（1）求角A的大小；
（2）试从条件①②③中选出两个作为已知，使得存在且唯一，写出你的选择___________，并以此为依据求的面积．(注：只需写出一个选定方案即可)
条件①：；条件②：；条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
解：（1），，
，，
，
由于，所以.
（2）若选②③，三个已知条件是，没有一个是具体的边长，无法确定.
若选①②，三个已知条件是，
由正弦定理得，此时存在且唯一，
，
所以；
若选①③，三个已知条件是，
由余弦定理得，
即，
解得，
此时存在且唯一，
所以.
16. 如图，在中，，，．将绕旋转得到，分别为线段的中点．

（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
解：（1）取的中点，连接，作，垂足为．
因为，点为中点，所以．
又，所以平面．
因为平面，所以．
又，
所以平面，即点到平面的距离为的长度．
易证平面，所以．
因为是边长为2的等边三角形，所以，
又，所以，所以．
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的法向量为，
可得即
令，得．
取的中点，连接，在等腰中，
易证平面，
所以为平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，
．
17. 某类型的多项选择题设置了4个选项，一道题中的正确答案或是其中2个选项或是其中3个选项.该类型题目评分标准如下：每题满分6分，若未作答或选出错误选项，则该题得0分；若正确答案是2个选项，则每选对1个正确选项得3分；若正确答案是3个选项，则每选对1个正确选项得2分.甲､乙､丙三位同学各自作答一道此类题目，设该题正确答案是2个选项的概率为.
（1）已知甲同学随机（等可能）选择了2个选项作答，若，求他既选出正确选项也选出了错误选项的概率；
（2）已知乙同学随机（等可能）选出1个选项作答，丙同学随机（等可能）选出2个选项作答，若，试比较乙､丙两同学得分的数学期望的大小.
解：（1）记事件为该题的正确答案是个选项，则为该题的正确答案是个选项，即，，
由得，，，
设事件为甲同学既选出正确选项也选出错误选项，
则，，
则.
（2）由得，，，
设表示乙同学答题得分，则的可能取值为，，，
所以，
，
，
所以，
设表示乙同学答题得分，则的可能取值为，，，
所以，
，
，
所以，即，
故乙同学得分数学期望小于丙同学得分数学期望．
18. 设双曲线的离心率为，且顶点到渐近线的距离为．已知直线过点，直线l与双曲线C的左、右两支的交点分别为M、N，直线l与双曲线C的渐近线的交点为P、Q，其中点Q在y轴的右侧．设、、的面积分别是、、．
（1）求双曲线C的方程；
（2）求的取值范围．
解：（1）由题意知双曲线的一条渐近线方程为，
离心率为，即①，
顶点到渐近线的距离为，由对称性不妨取顶点，
则②，又③，
联立①②③，解得：，，
所以双曲线C的方程为：.
（2）由题意可得，直线的斜率存在，
设直线的方程为，设，
联立直线与双曲线C：，
消得：，
则，解得：，
则，
则，
联立直线与渐近线：，解得：，，
所以
所以，
又因为，即，
所以，
所以
19. 若函数在定义域内存在两个不同的数，同时满足，且在点处的切线斜率相同，则称为“切合函数”
（1）证明：为“切合函数”；
（2）若为“切合函数”，并设满足条件的两个数为．
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求证：．
证明：（1）假设存在两个不同的数，满足题意，
易知，由题意可得
，
即，
，，，
，
又，
所以.
因为，即，
化简可得，又，所以，
代入，
可得或，
所以为“切合函数”.
（2）由题意知，
因为为“切合函数”，
故存在不同的数(不妨设)使得
，即，
整理得，
（ⅰ）先证，
即，
，
令，则由，知，
要证，只需证，
即，
设，
易知，
故在单调递减，所以，
故有，
由上面的式知,
所以.
（ⅱ）由上面的得，
，
又，
所以且，
故要证，
只需证，
即，
设，
则即证
，
设，
则，
即也就是在单调递增，
，
所以在单调递增，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以原不等式成立.
（）
正常人能忍受最高声强
正常人能忍受最低声强
正常人平时谈话声强
某人谈话声强
（）
120
0
80