2024届 甘肃白银靖远县高三第二学期高考数学模拟预测试题(带解析)

这是一份2024届 甘肃白银靖远县高三第二学期高考数学模拟预测试题(带解析)，共23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：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．若角的终边位于第二象限，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．双曲线的渐近线方程为，则（ ）
A．B．C．D．2
4．已知在中，点在边上，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
6．三个相同的圆柱的轴线，互相垂直且相交于一点O，底面半径为1.假设这三个圆柱足够的长，P同时在三个圆柱内（含表面），则OP长度最大值为（ ）
A．1B．C．D．
7．甲、乙两人进行一场游戏比赛，其规则如下：每一轮两人分别投掷一枚质地均匀的骰子，比较两者的点数大小，其中点数大的得3分，点数小的得0分，点数相同时各得1分．经过三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的条件下，乙也至少有一轮比赛得3分的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知数列的前n项和为，且，若，则（ ）
A．B．C．D．
二、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．已知复数，下列结论正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．
D．若，则的最大值为3
10．如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（ ）
A．
B．
C．函数在上单调递减
D．若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为
11．已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，则（ ）
A．的周长为4
B．的取值范围是
C．的最小值是3
D．若点在椭圆上，且线段中点为，则直线的斜率为
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．写出一个同时具有下列性质①②③的函数： ，
①；②当时，为增函数；③为R上偶函数.
13．甲、乙两选手进行围棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用三局两胜制，则在甲最终获胜的情况下，比赛进行了两局的概率为 ．
14．若关于的方程存在三个不等的实数根，则实数的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸．
15．已知函数．
(1)求曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的周长；
(2)若函数的图象上任意一点关于直线的对称点都在函数的图象上，且存在，使成立，求实数的取值范围．
16．为促进全民阅读，建设书香校园，某校在寒假面向全体学生发出“读书好、读好书、好读书”的号召，并开展阅读活动．开学后，学校统计了高一年级共1000名学生的假期日均阅读时间（单位：分钟），得到了如下所示的频率分布直方图，若前两个小矩形的高度分别为0.0075，0.0125，后三个小矩形的高度比为3：2：1．
(1)根据频率分布直方图，估计高一年级1000名学生假期日均阅读时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)开学后，学校从高一日均阅读时间不低于60分钟的学生中，按照分层抽样的方式，抽取6名学生作为代表分两周进行国旗下演讲，假设第一周演讲的3名学生日均阅读时间处于[80，100）的人数记为，求随机变量的分布列与数学期望．
17．如图，在三棱柱中，与的距离为，，．
(1)证明：平面平面ABC；
(2)若点N在棱上，求直线AN与平面所成角的正弦值的最大值．
18．已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1.
(1)求点的坐标.
(2)过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点.
（ⅰ）证明：点在定直线上；
（ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由.
19．已知数列的前项和为，满足；数列满足，其中.
(1)求数列的通项公式；
(2)对于给定的正整数，在和之间插入个数，使，成等差数列.
（i）求；
（ii）是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，说明理由.
1．D
【分析】利用交集的定义即可求解.
【详解】依题意，.
故选：D.
2．D
【分析】根据已知条件利用诱导公式确定，再根据角所属象限确定，即可求解.
【详解】由诱导公式有：，
因为角的终边位于第二象限，则，
所以.
故选：D.
3．D
【分析】借助渐近线的定义计算即可得.
【详解】由题意可得，又，故.
故选：D.
4．A
【分析】根据向量的线性运算即可.
【详解】在中，，又点在边上，且，
则，
故选：A.

5．A
【分析】利用导数判断函数的单调性即可得到函数的大致图象.
【详解】易知，因为，令，得，或，
则时，，时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
所以选项A符合题意,
故选：A.
6．B
【分析】根据给定条件，构造以线段为体对角线的长方体，再求出的最大值.
【详解】令直线两两确定的平面分别为，显然两两垂直，把三个圆柱围成的几何体等分为8个部分，
由对称性知，考查其中一个部分，当线段在平面或或内时，，
当线段不在的任意一个内时，线段可视为一长方体的体对角线，
要最长，当且仅当此长方体为正方体，其中一个表面正方形在内，对角线长为1，
边长即正方体的棱长为，体对角线长为，
所以OP长度最大值为.
故选：B
7．B
【分析】先根据古典概型得出一轮游戏中，甲得3分、1分、0分的概率.进而求出三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的概率，以及事件三轮比赛中，事件甲乙均有得3分的概率.即可根据条件概率公式，计算得出答案.
【详解】用分别表示甲、乙两人投掷一枚骰子的结果，
因为甲、乙两人每次投掷均有6种结果，则在一轮游戏中，共包含个等可能的基本事件.
其中，甲得3分，即包含的基本事件有，共15个，概率为.
同理可得，甲每轮得0分的概率也是，得1分的概率为.
所以每一轮甲得分低于3分的概率为．
设事件A表示甲至少有一轮比赛得3分，事件表示乙至少有一轮比赛得3分，则事件表示经过三轮比赛，甲没有比赛得分为3分.
则，.
事件可分三类情形：
①甲有两轮得3分，一轮得0分，概率为；
②甲有一轮得3分，两轮得0分，概率为；
③甲有一轮得3分，一轮得0分，一轮得1分，概率为.
所以，
所以.
故选：B．
8．A
【分析】先对进行配方，放缩，得，应用累加法得，进而，应用裂项相消法即可求解.
【详解】因为，则，即，
结合，可得，
则，
所以，即，
故，，…，，
上述式子累加，得，故，
当时，满足上式，所以，
所以，
所以，
故，因为，所以，所以．
故选：A．
数列与不等式结合，关键是看能不能求和，不能的要对通项公式进行放缩后进行.
9．BCD
【分析】利用特殊值判断A选项；由复数的运算判断BCD.
【详解】若复数，满足，但这两个虚数不能比大小，A选项错误；
若，则，即，
得或，所以，B选项正确；
设，，
则，
，
，
所以，C选项正确；
若，得，有，，
则，时取等号，
则的最大值为3，D选项正确.
故选：BCD.
10．ACD
【分析】令求得根据求得，根据求得的解析式，再逐项验证BCD选项.
【详解】令得，或，，
由图可知：，，，
所以，，
所以，所以，故A选项正确，
所以，由且处在减区间，得，
所以，，
所以，，
所以，
，故B错误.
当时，，
因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；
将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），
为偶函数得，，
所以，，则的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
11．BCD
【分析】利用椭圆的定义可判定A，利用焦半径公式可判定B，利用椭圆弦长公式可判定C，利用点差法可判定D.
【详解】由题意可知椭圆的长轴长，左焦点，
由椭圆的定义可知，
故A错误；
设，，
易知，故B正确；
若的斜率存在，不妨设其方程为：，
联立椭圆方程，则，
所以，
若的斜率不存在，则其方程为，与椭圆联立易得，
显然当的斜率不存在时，，故C正确；
设，易知
，
若中点为，则，故D正确.
故选：BCD
12．（答案不唯一）
【分析】利用基本初等函数的性质，逐一分析各性质即可得解.
【详解】由性质①可联想到幂函数，
由性质②可知该幂函数的指数大于0，
由性质③可考虑将该幂数函数的自变量加上绝对值，或指数为偶数，或指数为分式形式且分子为偶数，
综上，可考虑或（为正偶数）或（为偶数，），
不妨取，得.
故（答案不唯一）.
13．##0.6
【分析】根据题意，设甲获胜为事件，比赛进行两局为事件，根据条件概率公式分别求解、的值，进而计算可得答案．
【详解】根据题意，设甲获胜为事件，比赛进行两局为事件，
，
，
故．
故．
14．
【分析】不是方程的根，当时，变形为，构造，，求导得到函数单调性，进而画出函数图象，数形结合得到答案.
【详解】当时，，，两者不等，故不是方程的根，
当时，，
令，则，
当，时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且当时，，当时，，
画出的图象如下：

令，，
则，当，时，，单调递增，
当时，，单调递减，
且当时，，当时，，
画出，的函数图象，如下：

令，，则，
由于在上恒成立，
故当，时，，单调递减，
当时，，单调递增，
其中，
从的函数图象，可以看出当时，，
当且时，，
画出函数图象如下，

要想有三个不同的根，则.
故
方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题或函数零点，一般有三个方法，
一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.
二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，
三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求切线方程,进而求得与轴的交点与轴的交点，计算可得结果；
（2）根据对称性求函数的解析式，将问题转化为存在，使成立，构造函数，转化为函数的最值问题并求解.
【详解】（1）由，得，
所以切线的斜率.
所以切线的方程为，即.
令，得，令，得，所以切线与轴交于点，与轴交于点，
所以切线与坐标轴围成的三角形的周长为.
（2）设，则，
由题意知在的图象上，
所以，所以.
由，
得，即，
因为存在，使成立，所以存在，使成立，
设，则，又，当且仅当时等号成立，
所以单调递增，
所以当时，，
可得，即实数的取值范围是
16．(1)67（分钟）
(2)分布列见解析；期望为1
【分析】（1）根据平均数等于每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和求解；
（2）依题意求出随机变量的分布列，并利用数学期望公式求解.
【详解】（1）由题知：各组频率分别为：0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，
日均阅读时间的平均数为：
（分钟）
（2）由题意，在[60，80），[80，100），[100，120]三组分别抽取3，2，1人
的可能取值为：0，1，2
则
所以的分布列为：
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等腰三角形的性质作线线垂直，结合线段长度及勾股定理判定线线垂直，根据线面垂直的判定与性质证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面角结合基本不等式求最值即可.
【详解】（1）取棱中点D，连接，因为，所以
因为三棱柱，所以，
所以，所以
因为，所以，；
因为，，所以，所以，
同理，
因为，且，平面，所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）
取中点O，连接，取中点P，连接，则，
由（1）知平面，所以平面
因为平面，平面，
所以，，
因为，则
以O为坐标原点，，，所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
可设点，，
，，，
设面的法向量为，得，
取，则，，所以
设直线与平面所成角为，
则
若，则，
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
18．(1)；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，
【分析】（1）设，利用两点间距离公式得，然后根据分类讨论求解即可；
（2）（ⅰ）设直线，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得，写出直线，的方程，进而求解即可；
（ⅱ）由题意点在以为直径的圆上，代入圆的方程求得，写出直线的方程，与椭圆联立，求得点C的坐标，进而可得答案.
【详解】（1）设是椭圆上一点，则，
因为，
①若，解得（舍去），
②若，解得（舍去）或，
所以点的坐标位.
（2）（ⅰ）设直线，
由，得，所以，
所以，①
由，得或，
易知直线的方程为，②
直线的方程为，③
联立②③，消去，得，④
联立①④，消去，则，
解得，即点在直线上；
（ⅱ）由图可知，，即，所以点在以为直径的圆上，
设，则，所以，即.
故直线的方程为，
直线的方程与椭圆方程联立，得，因为,
所以，所以,故.
19．(1)
(2)（i）；（ii）存在，
【分析】（1）根据的关系式可得是首项为1，公比为的等比数列，再根据可分别对的奇数项和偶数项分别求通项公式可得；
（2）（i）利用定义可求得新插入的数列公差，求得并利用错位相减法即可求出；
（ii）求得，易知对于任意正整数均有，而，所以不是数列中的项；又，分别对其取值为时解方程可求得.
【详解】（1）由①，当时，②，
得，
当时，，
是首项为1，公比为的等比数列，故，
由③.由
得，又④.
④-③得，
的所有奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列：
所有偶数项构成首项为2，公差为2的等差数列.
得.
综上可得；
（2）（i）在和之间新插入个数，使成等差数列，
设公差为，则，
则.
⑤
则⑥
⑤-⑥得：，
所以可得
（ii）由（1），又，
由已知，
假设是数列或中的一项，
不妨设，
因为，所以，而，
所以不可能是数列中的项.
假设是中的项，则.
当时，有，即，
令，
当时，；
当时，，
由知无解.
当时，有，即.
所以存在使得是数列中的第3项；
又对于任意正整数均有，所以时，方程均无解；
综上可知，存在正整数使得是数列中的第3项.
关键点点睛：求解是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项时，关键是限定出，再对数列的取值范围进行限定可得不是数列中的项，再由只能取得正整数可知只需讨论或有无解即可求得结论.
0
1
2