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2023—2024学年高三考前模拟考试
数学
考生注意：
1答题前，考生务必将自己的姓名 准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
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.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.
一 单项选择题：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.已知直线与直线垂直，则（ ）
A. B.
C. D.
2.若，则化简的结果是（ ）
A. B.
C. D.
3.在的展开式中，第8项的系数为（ ）
A.-144 B.144 C.18 D.-18
4.已知关于的方程的一个根为，则（ ）
A.4 B.3 C.2 D.1
5.在长方体中，与平面所成的角为与所成的角为，则（ ）
A. B.
C. D.
6.有以下6个函数：①；②；③；④；⑤；⑥.记事件：从中任取1个函数是奇函数；事件：从中任取1个函数是偶函数，事件的对立事件分别为，则（ ）
A.
B.
C.
D.
7.已知双曲线的左 右顶点分别为是右支上一点，直线与直线的交点分别为，记的外接圆半径分别为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
8.下列不等式中正确的是（ ）
A. B. C. D.
二 多项选择题：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.已知平面向量，则下列说法正确的有（ ）
A.一定可以作为一个基底
B.一定有最小值
C.一定存在一个实数使得
D.的夹角的取值范围是
10.已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ）
A.的图象可由的图象平移得到
B.在上单调递增
C.图象的一个对称中心为
D.图象的一条对称轴为直线
11.空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，则下列说法正确的有（ ）
A.存在定直线，使得上的点到的距离是定值
B.存在定点，使得上的点到的距离为定值
C.的长度是个定值，且这个定值小于14
D.是上任意两点，则的距离的最大值为4
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.抛物线的焦点坐标为__________.
13.如图，在中，角所对的边分别为，已知，的平分线交边于点边上的高为边上的高为，，则__________；__________.（本题第一空2分，第二空3分）
14.已知，且，则的最小值为__________.
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.（13分）
多年统计数据表明如果甲 乙两位选手在决赛中相遇，甲每局比赛获胜的概率为，乙每局比赛获胜的概率为.本次世界大赛，这两位选手又在决赛中相遇.赛制为五局三胜制（最先获得三局胜利者获得冠军）.
（1）现在比赛正在进行，而且乙暂时以领先，求甲最终获得冠军的概率；
（2）若本次决赛最终甲以的大比分获得冠军，求甲失分局序号之和的分布列和数学期望.
16.（15分）
已知数列的各项都为正数，且其前项和.
（1）证明：是等差数列，并求；
（2）如果，求数列的前项和.
17.（15分）
如图所示，在四棱锥中，为正三角形.
（1）证明：在平面上的射影为的外心（外接圆的圆心）；
（2）当二面角为时，求直线与平面所成角的正弦值.
18.（17分）
已知函数.
（1）如果，求曲线在处的切线方程；
（2）如果对于任意的都有且，求实数满足的条件.
19.（17分）
已知椭圆的左 右顶点分别为，上 下顶点分别为，记四边形的内切圆为，过上一点引圆的两条切线（切线斜率均存在且不为0），分别交于点（异于）.
（1）求直线与的斜率之积的值；
（2）记为坐标原点，试判断三点是否共线，并说明理由.
2023-2024学年高三考前模拟考试
数学 答案
一 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1.D 2.B 3.A 4.C 5.C 6.D 7.A 8.D
二 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.BC 10.BD 11.ACD
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 13.； 14.1
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.解析（1）由于乙以1：0领先，那么甲在接下来的比赛中，第局连胜3局获得冠军，或第局比赛中丢失1局，直到第5局获胜而获得冠军，所以甲获得冠军的概率.
（2）甲以的大比分获得冠军，表明第五局一定是甲获胜，前四局中甲 乙比赛结果为平，即前四局比赛中，甲丢失了2局，分别是第1，2局；或第1，3局；或第1，4局；或第2，3局或第2，4局或第3，4局，所以的取值为
，
3 4 5 6 7
.
16.解析（1）当时，或.
因为，所以，
，
两式相减得.
因为，所以，
故是首项为1，公差为的等差数列，
.
（2）由（1）知，
①，
②，
①-②得，
，
所以.
17.解析（1）如图所示，
因为在梯形中，，又三角形为正三角形，所以.
在平面上的射影为，即平面，连接，因为公共，
所以，所以为的外心.
（2）在等腰梯形中，取中点，由条件知是边长为2的正三角形，取中点，
所以，以所在直线分别为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
在正中，，由二面角的平面角的定义可知为二面角的平面角，设.
，
在正中，，由，
则.
设平面的法向量为，
由得
令，得，则.
又，
所以.
18.解析（1）当时，.
记，则，
所以切线方程为，即.
（2），且，
，
所以有，
，
，
，
，
如果在上单调递减，
即有在上单调递减，此时与矛盾，故，
，因为，
所以在上单调递减，，
而，故由零点存在定理，可知存在，使得，
也就是当时，，当时，，
进一步分析可知存在，使得在上单调递增，在上单调递减.
要使得恒成立，必有，
.
，因为，
所以由.
如果，此时在上单调递增，，满足题意.
如果在上单调递增，在上单调递减，要使恒成立，必有，
所以当时，恒成立.
综上有.
19.解析由题意得，
故直线的方程为，即.
由对称性可知圆的圆心坐标为，
因为点到直线的距离为，所以圆的半径为.
所以圆.
设，则.
由题可设圆的切线方程为，则圆心到切线的距离为，
整理得.
设过点所引的圆的两条切线的斜率分别为，
则.
由，得，
代入式中，可得.
故直线与的斜率之积为.
（2）同（1）的解题过程，不妨设直线的方程为，
则圆心到直线的距离为，解得.
直线与椭圆的方程联立可得.
设，则，将代入，
可得.
由（1）可设直线的方程为，
设，同理可得.
因此.
设直线的方程为，
则圆心到直线的距离为，解得，
直线与椭圆的方程联立可得.
则，将代入，
得.
由（1）可设直线的方程为，同理可得.
故.
所以三点共线.

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