廣西壯族自治區(qū)貴港市2024屆高考模擬預測 數(shù)學試題【含答案】

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1、高三年級 數(shù)學 考生注意： 1．答題前，考生務必將自己的姓名、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（????） A． B． C． D． 2．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

2、別為邊AD和BC的中點，則該橢圓的離心率為（????） A． B． C． D． 3．下列說法中錯誤的是（????） A．獨立性檢驗的本質是比較觀測值與期望值之間的差異 B．兩個變量x，y的相關系數(shù)為r，若越接近1，則x與y之間的線性相關程度越強 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)的相關系數(shù)r為0.98 D．由一組樣本數(shù)據(jù)（）求得的回歸直線方程為，設，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（????） A．0個 B．1個 C．2個 D．3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

3、）都有成立，則m的值為（????） A．4047 B．4046 C．2024 D．4048 6．已知函數(shù)，若成立，則實數(shù)a的取值范圍為（????） A． B． C． D． 7．2024年4月6號岳陽馬拉松暨全國半程馬拉松錦標賽（第三站）開賽，比賽結束后，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（????） A．732種 B．2260種 C．4320種 D．8640種 8．已知圓C：，直線l：，若l與圓C交于A，B兩點，設坐標原點為O，則的最大值為（????） A． B． C． D． 二、多項選擇題：本題

4、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．已知復數(shù)，，，則下列說法中正確的有（????） A．若，則或 B．若，則 C．若，則 D．若，則 11．設函數(shù)的定義域為R，為奇函數(shù)，為偶函數(shù)，當時，，則（????） A． B．的圖象關于直線對稱 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

5、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，若的重心和內心的連線垂直于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，四邊形ABCD內接于圓O，圓O的半徑，，． (1)求的大小以及線

6、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A

7、B和AC均與相切． （?。┣笞C：直線BC也與相切． （ⅱ）設直線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． 1．B 【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：B 2．C 【分析】設正方形的邊長為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：C 3．C

8、【分析】根據(jù)獨立檢驗和線性回歸方程的相關性質進行判斷，得到答案. 【詳解】A，獨立性檢驗的本質是比較觀測值與期望值之間的差異，從而確定研究對象是否有關聯(lián)，A正確； B，兩個變量x，y的相關系數(shù)為r，若越接近1，則x與y之間的線性相關程度越強，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：C 4．B 【分析】假設存在點，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，

9、所以，所以點在以為直徑的圓上， 又由幾何關系可知，以為直徑的圓與直線相切， 故滿足條件的點只有1個． 故選：B 5．A 【分析】分與兩種情況，結合等差數(shù)列的性質和得到方程，求出. 【詳解】若，由題意知， 由等差數(shù)列的性質知，若，則有，所以， 因為公差，且，所以，所以， 所以． 若，可得， 由等差數(shù)列性質知，若，則有，所以， 因為公差，且，所以，所以， 所以． 故選：A 6．B 【分析】判斷函數(shù)的奇偶性和單調性，根據(jù)函數(shù)的性質，把函數(shù)不等式轉化為代數(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.

10、所以函數(shù)在上單調遞增，所以在上單調遞增. 所以， 所以，解得或． 故選：B 7．D 【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】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， 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

11、列方法有種， 因此，不同的排列方法總數(shù)為． 故選：D 8．D 【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，，顯然， 則，其中，當時等號成立，此時， ，符合條件， 所以的最大值為． 故選：D ?? 【點睛】思路點睛：涉及并求關于的二元函數(shù)的最值，可以令，借助三角變換及三角函數(shù)性質求解. 9．BD 【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

12、點時，，此時平面，故B正確；C選項，假設體積為定值，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在線段上運動，若三棱錐的體積為定值，則平面， ，， 設平面的法向量為， 則， 解得，令得，故， 故，故與不垂直， 故平面不成立，故C錯誤； 對

13、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：BD 10．ABD 【分析】根據(jù)復數(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，故D正確． 故選：ABD

14、11．ACD 【分析】根據(jù)給出的函數(shù)的性質，做出函數(shù)草圖，數(shù)形結合，分析各選項的準確性. 【詳解】因為為奇函數(shù)，所以的圖象關于點中心對稱， 因為為偶函數(shù)，所以的圖象關于直線對稱． 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，的圖象關于點中心對稱，故B錯誤． 對于C，由圖可知在區(qū)間上單調遞增，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

15、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）若的圖象關于成軸對稱，同時關于成中心對稱，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，設切點為，根據(jù)導數(shù)的幾何意義分析可知，構建函數(shù)，利用導數(shù)判斷其單調性和最值，即可得結果. 【詳解】因為，則， 設切點為，則， 則切線方程為，即， 可得，，所以， 令，則， 當時，；

16、當時，； 可知在內單調遞減，在內單調遞增， 可得，所以的最小值為． 故答案為：. 14． 【分析】設C的半焦距為c（），離心率為e．如圖，設重心為Q，內心為I，則O，Q，P共線，不妨設點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C的半焦距為c（），離心率為e．如圖，設重心為Q，內心為I，則O，Q，P共線． 設內切圓與軸的切點為，與內切圓的切點分別為， 由雙曲線的定義可得， 由圓的切線長定理得， 所以， 設內切圓的圓心橫坐標為，則點的橫坐標為， 所以，得，所以， 因為軸，不妨設點P在第一象限，則， 再由重心的性質知，由，可得．

17、 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

18、AD，BC，交于點E，設，利用三角形面積公式得，從而正弦函數(shù)性質求解范圍； 方法二：連接OA，OB，OC，OD，設，則，從而，從而正弦函數(shù)性質求解范圍； 方法三：設，，由正弦定理和面積公式得，從而正弦函數(shù)性質求解范圍； 【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， 則. 四邊形ABCD內接于圓O，， ， ， ，，， 即四邊形ABCD面積的取值范圍是. 方法二：連接OA，OB，OC，OD，由已知可得，是等邊三角形. 設，則， ， 又， ， ，， ，即四邊形ABCD面積的取值范圍是. 方法三

19、：設，，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，有兩種結果：

20、前次有一次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，① 則，② ，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，通過對符號的分析，得到的單調性，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，則，問題轉化為恒成立．再設，利用（1）的結論求的最小值. 【詳解】（1）當時，，， 所以， 令，則， 當時，，在上單調遞增， 又，，存在唯一零點，且， 當時，，在上單調

21、遞減， 當時，，在單調遞增． 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，由（1）可知的最小值為． 又，．（﹡） 設，當時，，在上單調遞增， ，，， 由（﹡）知，，即． ， ，，又， a的取值范圍為． 【點睛】關鍵點點睛：該題第二問的關鍵是求函數(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)（?。┳C明見解析；（ⅱ）是定值，定值為 【分析】（1）聯(lián)立方程求解即可； （2）（?。┰O點可得直線AB，AC，BC的方程，聯(lián)立方程結合韋達定理分析證明；（ⅱ）利用導數(shù)求切

22、線方程，進而可得相應點的坐標，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）（?。┰O，，， 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； （ⅱ）不妨設，且A在B上方． 由于，在拋物線上，求導得， 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）設直線方程，設交點坐標為； （2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（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系轉化為、（或、）的形式； （5）代入韋達定理求解.