2024年广西高三数学4月模拟调研联考试卷附答案解析_第1页
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文档简介

2024年广西高三数学4月模拟调研联考试卷(考试时间:120分钟满分:150分)2024.04注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、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,用铅笔把答题卡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.3.回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在试卷上无效.一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的选项中,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,为虚数单位,则(

)A. B. C. D.3.抽样统计某位学生8次的数学成绩分别为,则该学生这8次成绩的分位数为(

)A.85 B.85.5 C.87 D.88.54.被除的余数为(

)A.2 B.4 C.6 D.85.函数的图象大致为(

)A.B.C.D.6.已知圆,当圆心C到直线的距离最大时,实数的值是(

)A. B. C.-3 D.37.“升”是我国古代发明的量粮食的一种器具,升装满后沿升口刮平,称为“平升”.已知某种升的形状是正四棱台,上、下底面边长分别为和,高为(厚度不计),则该升的1平升约为(

)(精确到)

A. B. C. D.8.已知函数在区间上单调递增,则a的最小值为(

)A. B. C.e D.二、多选题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题的选项中,有多项符合题目要求.(答案有两个选项只选一个对得3分,错选不得分;答案有三个选项只选一个对得2分,只选两个都对得4分,错选不得分)9.平面直角坐标系中,的三个顶点的坐标分别是,则(

)A. B.锐角三角形C.的面积为 D.的外接圆半径大于210.如图,在平面四边形ABCD中,△BCD是等边三角形,AB⊥BD且AB=BD,M是AD的中点.沿BD将△BCD翻折,折成三棱锥C﹣ABD,连接BM,翻折过程中,下列说法正确的是(

)A.存在某个位置,使得CM与BD所成角为锐角B.棱CD上总恰有一点N,使得MN∥平面ABCC.当三棱锥C﹣ABD的体积最大时,AB⊥BCD.∠CMB一定是二面角C﹣AD﹣B的平面角11.抛物线的焦点为,过点的直线交抛物线于两点(点在轴的下方),则下列结论正确的是(

)A.若,则中点到轴的距离为4B.弦的中点的轨迹为抛物线C.若,则直线的斜率D.的最小值等于9三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知向量的夹角为,,则.13.已知,则.14.设分别为椭圆的左、右焦点,为椭圆的上顶点,直线与椭圆的另一个交点为.若,则椭圆的离心率为.四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.15.已知等差数列的前项和为,公差为整数,,且,,成等比数列.(1)求的通项公式;(2)求数列的前项和.16.11分制乒乓球比赛规则如下:在一局比赛中,每两球交换发球权,每赢一球得1分,先得11分且至少领先2分者胜,该局比赛结束;当某局比分打成10∶10后,每球交换发球权,领先2分者胜,该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛,比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得分的概率为,乙发球时甲得分的概率为,各球的比赛结果相互独立,且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为10∶10.(1)求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值;(2)求第一局比赛甲获胜的概率;(3)现用估计每局比赛甲获胜的概率,求该场比赛甲获胜的概率.17.已知四棱锥中,,,,,,(1)求证:(2)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.18.已知双曲线G的中心为坐标原点,离心率为,左、右顶点分别为,.(1)求的方程;(2)过右焦点的直线l与G的右支交于M,N两点,若直线与交于点.(i)证明:点在定直线上:(ii)若直线与交于点,求证:.19.已知函数,若存在恒成立,则称是的一个“下界函数”.(1)如果函数为的一个“下界函数”,求实数的取值范围;(2)设函数,试问函数是否存在零点?若存在,求出零点个数;若不存在,请说明理由.1.B【分析】解出一元二次不等式和指数不等式,再根据交集含义即可.【详解】,,则,故选:B.2.C【分析】利用复数的除法化简复数,利用复数的模长公式可求得的值.【详解】因为,则,故.故选:C.3.D【分析】将题设中的数据按由小到大排列后可求分位数.【详解】8次的数学成绩由小到大排列为:,因,故分位数为,故选:D.4.B【分析】由,写出的展开式,即可求出被除的余数.【详解】因为,其中能被整除,又,所以被除的余数为.故选:B5.D【分析】根据函数的奇偶性排除A,再根据函数在处函数值的正负排除B和C,得出结果.【详解】,为偶函数,排除A.,排除B和C.故选:D.6.B【分析】圆心,半径,直线恒过定点,当直线与垂直时,圆心到直线的距离最大,由斜率公式求得的斜率,再由垂直关系可得答案.【详解】因为圆的方程为:,化为标准方程得:,所以圆心为,半径,直线恒过定点,当直线与垂直时,圆心到直线的距离最大,由斜率公式得直线的斜率为:,由垂直关系的斜率公式得:,解得,故选:B.7.B【分析】应用棱台的体积公式求1平升,即可得答案.【详解】由题设,上底面积为,下底面积为,所以1平升为,约为.故选:B8.A【分析】在上恒成立,即,构造函数,,求导得到其单调性,得到,得到,求出答案.【详解】由题意得在上恒成立,,故,即,令,,则在上恒成立,故在上单调递减,故,故,故a的最小值为.故选:A9.CD【分析】根据正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式等知识确定正确答案.【详解】,所以,由正弦定理得,故A错误;由余弦定理,得,所以角是钝角,故B错误;由,得,的面积为,故C正确;设的外接圆半径为,则,故D正确.故选:CD10.BC【分析】对A:根据线面垂直的判断定理证明BD⊥平面CME,可证CM⊥BD;对B:根据线面平行的判定定理分析证明;对C:根据锥体的体积公式分析可知:当CE⊥平面ABD,三棱锥C﹣ABD的体积最大,进而根据线面垂直的判断和定义分析说明;对D:根据二面角的平面角的定义理解分析.【详解】对A,取BD中点E,连接CE,ME,如图,因△BCD是正三角形,有CE⊥BD,而M是AD的中点,有ME∥AB,而AB⊥BD,则ME⊥BD,CE∩ME=E,CE,ME⊂平面CME,于是得BD⊥平面CME,CM⊂平面CME,所以CM⊥BD,A不正确;对B,取CD的中点N,连MN,因M是AD的中点,则MN∥AC,AC⊂平面ABC,MN⊄平面ABC,所以MN∥平面ABC,B正确;对C,因,要三棱锥C﹣ABD的体积最大,当且仅当点C到平面ABD距离最大,由选项A知,点C到直线BD的距离是二面角A﹣BD﹣C的平面角,当∠CEM=90°时,CE⊥平面ABD,即当C到平面ABD距离最大为时,三棱锥C﹣ABD的体积最大,此时CE⊥ME,有CE⊥AB,而AB⊥BD,CE∩BD=E,CE,BD⊂平面BCD,则有AB⊥平面BCD,BC⊂平面BCD,所以AB⊥BC,C正确;对D,若∠CMB是二面角C﹣AD﹣B的平面角,则AD⊥CM,因为M为AD中点,故CA=CD,这不一定成立,故D错误.故选:BC.11.BCD【分析】根据焦半径公式及中点坐标公式判断A,设直线方程为并联立抛物线方程,应用韦达定理,利用中点坐标关系表示出中点坐标,消去可得轨迹判断B,结合向量的坐标运算求出点的坐标,然后利用两点式斜率公式求解判断C,由题可得,然后根据基本不等式求解判断D.【详解】抛物线的焦点,准线方程为,设,对于A,依题意,,解得,线段中点的横坐标,该点到轴的距离为,A错误;对于B,显然直线不垂直于y轴,设直线:,由消去x得,,则,,,设线段中点坐标为,则,消去可得,因此弦中点的轨迹为抛物线,B正确;对于C,显然,由,得,,由选项B知,有,又,则,,因此直线的斜率,C正确;对于D,由选项B知,,则,因此,当且仅当,即时取得等号,D正确.故选:BCD12.【分析】根据平面向量数量积公式求出答案.【详解】因为,所以,.故答案为:13.【分析】根据题意,利用三角函数的基本关系式和余弦的倍角公式,准确运算,即可求解.【详解】因为,可得,所以.故答案为:.14.##【分析】依据题意求出点坐标,利用所给条件构造齐次方程求解离心率即可.【详解】由题意得,,,则,直线的斜率为,即,联立方程组,,可得,而,故,代入直线中得,故,可得,由题意得,可得,化简得,即,化简得,同除得,且,解得.故答案为:15.(1)(2)【分析】(1)利用等比数列和等差数列的定义求解即可;(2)利用裂项相消求和.【详解】(1)因为,所以,又因为,,成等比数列,所以,即,所以,联立解得,所以.(2)由(1)可得,所以.16.(1)分布列见解析,均值(2)(3)【分析】(1)易知的所有可能取值为,根据条件概率公式可求得对应概率取值可得分布列和均值;(2)根据获胜规则求出第一局比赛甲获胜概率的表达式,解得;(3)由五局三胜制的规则,可知的所有可能取值为,求出对应概率相加即可求得甲获胜的概率为.【详解】(1)依题意,的所有可能取值为设打成后甲先发球为事件,则乙先发球为事件,且,所以,.所以的分布列为012故的均值为.(2)设第一局比赛甲获胜为事件,则.由(1)知,,由全概率公式,得解得,即第一局比赛甲获胜的概率.(3)由(2)知,故估计甲每局获胜的概率均为,根据五局三胜制的规则,设甲获胜时的比赛总局数为,因为每局的比赛结果相互独立,所以的所有可能取值为,因此可得;故该场比赛甲获胜的概率.17.(1)证明见解析(2)【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明线面垂直,从而得到线线垂直;(2)利用几何法找到线面所成角进而求解或者利用空间向量求解.【详解】(1)在梯形ABCD中,,,,,可算得,,所以,所以,在中,,,满足,所以,又平面PBD,平面PBD,且,所以平面PBD,又因为平面PBD,所以;(2)由证明可知,平面PBD,因为平面ABCD,则平面平面ABCD,取BD中点O,连OP,OC,因为,所以,而平面ABCD,且平面平面,平面PBD,所以就是PC与平面PBD所成的角,在中,易得,在中,,,计算可得,所以,所以求直线PC与平面PBD所成角的正弦值为解法由证明可知,平面PBD,因为平面ABCD,则平面平面ABCD,通过计算可得,建立以,为x轴,y轴的正方向,以过D与平面ABCD垂直的向量为在z轴的正方向建立如图空间直角坐标系,显然z轴再平面PBD中且垂直于BD,则,,,,所以,,,设平面PBD的法向量为,则,即取,设直线PC与平面PBD所成角为,则,所以求直线PC与平面PBD所成角的正弦值为18.(1)(2)证明见解析【分析】(1)由点,的坐标可知,结合离心率可得,即可得,即可得双曲线方程;(2)设出,,可表示出直线与的方程,借助联立直线l与G所得韦达定理计算即可得证点在定直线上;由双曲线的对称性可得点亦在该直线上,借助韦达定理,通过计算的值从而得证.【详解】(1)由点,的坐标可知,离心率为,故,所以,所以双曲线方程为;(2)(ⅰ)设直线为:,联立双曲线得,消去得:,根据题意得:,设,,则,,,,故,直线:,因为在上,所以,直线:,直线:,令,可得,解得,故点在直线上;(ⅱ)由双曲线对称性可知,点也在直线上,设,,点在直线上,所以,点在直线上,所以,,所以.【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:(1)设直线方程,设交点坐标为,;(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,注意的判断;(3)列出韦达定理;(4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式;(5)代入韦达

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