2024年徐州市高三數(shù)學(xué)考前模擬試卷附答案解析

年徐州市高三數(shù)學(xué)考前模擬試卷試卷滿分150分?？荚嚂r間120分鐘。一?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．若復(fù)數(shù)滿足，則（

）A． B． C．5 D．102．已知集合，則（

）A． B． C． D．3．展開式中的常數(shù)項為（

）A．160 B．60 C．40 D．154．若等差數(shù)列滿足，則（

）A．3 B． C．1 D．5．已知，則（

）A． B． C． D．6．若正六邊形的邊長為1，則的概率為（

）A． B． C． D．7．已知拋物線，過點的直線與直線交于點，與交于兩點（點A在第一象限）.若線段恰被點平分，則（

）A． B． C．或 D．或8．對球面上的三個點，每兩個點之間用大圓劣弧相連接，所得三弧圍成的球面部分稱為“球面三角形”，這三個弧叫做球面三角形的邊.若半徑為2的球的球面上有一個各邊長均為的球面三角形，則該球面三角形的面積為（

）A． B． C． D．二?多選題：本題共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．已知函數(shù)，則（

）A．的最小正周期為B．C．的圖象關(guān)于點對稱D．直線是曲線的一條切線10．已知隨機事件兩兩獨立，且，則下列說法正確的是（

）A．B．C．若，則D．若，則與相互獨立11．已知正方體的棱長為1，點在線段上，過作垂直于的平面，記平面與正方體的截面多邊形的周長為，面積為，設(shè)，則（

）A．截面可能為四邊形B．和的圖象有相同的對稱軸C．在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減D．在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．某產(chǎn)品的廣告費支出與銷售量之間有如下對應(yīng)數(shù)據(jù)：/元24568/元3040605070與具有線性相關(guān)關(guān)系，線性回歸方程為，則的值．13．若函數(shù)有兩個零點，則實數(shù)的取值范圍為.14．設(shè).若曲線上一點不滿足，則曲線在點處的切線方程為.則曲線過點的切線方程為.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15．已知函數(shù)，.(1)當(dāng)時，求曲線在點處的切線方程；(2)當(dāng)時，證明：.16．甲?乙兩人進(jìn)行某項比賽，采取5局3勝制，積分規(guī)則如下：比分為或時，勝者積3分，敗者積0分；比分為時，勝者積2分，敗者積1分.設(shè)每局比賽甲取勝的概率均為.(1)若甲以取勝的概率大于以取勝的概率，求的范圍；(2)若，求甲所得積分的分布列及數(shù)學(xué)期望.17．如圖，在中，角的對邊分別為，且.連接的各邊中點得，再連接的各邊中點得如此繼續(xù)下去，記的面積分別為.(1)求的最大值；(2)若，求整數(shù)的最小值.18．如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，分別為的中點.

(1)證明：平面；(2)證明：平面平面；(3)若直線與平面所成角的正切值為，求二面角的余弦值.19．已知橢圓的左?右焦點分別為.等軸雙曲線的頂點是的焦點，焦點是的頂點.點在上，且位于第一象限，直線與的交點分別為和，其中在軸上方.(1)求和的方程；(2)求證：為定值；(3)設(shè)點滿足直線的斜率為1，記的面積分別為.從下面兩個條件中選一個，求的取值范圍.①；②.1．B【分析】利用復(fù)數(shù)除法化簡，然后由復(fù)數(shù)模公式可得.【詳解】因為，所以，所以.故選：B2．C【分析】根據(jù)不等式的解法，分別求得和，結(jié)合集合交集的運算，即可求解.【詳解】由不等式，解得，所以，又由不等式，解得且，所以，則.故選：C.3．B【分析】先得到二項式展開式的的通項公式，再令x的指數(shù)為0得到r的值，從而得到常數(shù)項大?。驹斀狻康亩椪归_式的通項公式為，，令，解得，所以的二項展開式常數(shù)項為.故選：B.4．B【分析】設(shè)等差數(shù)列的公差為，由通項公式寫出和，都代入中，化簡即可求出.【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，則，，因為，可得，所以有，解得，故選：B.5．C【分析】由余弦的二倍角公式求解．【詳解】∵，∴，，又，則，所以，故選：C．6．D【分析】屬于古典概型，利用數(shù)量積定義算出數(shù)量積，再判斷是否滿足題意即可.【詳解】因為，，，，，所以五個點中有兩個點滿足題意，所以概率為.故選：D.7．B【分析】設(shè)出點坐標(biāo)，由中點得出點坐標(biāo)，代入拋物線方程后求得參數(shù)值，然后由兩點間距離公式計算．【詳解】由題意設(shè)，由于是中點，則，在第四象限，則，解得，又在拋物線上，∴，解得（舍去），因此有，∴，故選：B．

8．A【分析】確定球面三角形與球表面積的關(guān)系，可求球面三角形的面積.【詳解】設(shè)球面三角形.因為球的半徑為2，所以大圓周長為，求的表面積為.因為球面三角形的各邊長均為，所以.以為球心，建立如圖空間直角坐標(biāo)系：則球面三角形的面積就是球面在第一卦限內(nèi)的部分，根據(jù)對稱性，球面三角形的面積為球面面積的，為.故選：A【點睛】關(guān)鍵點點睛：確定后，關(guān)鍵是弄清楚球面三角形的面積和整個球的表面積之間的數(shù)量關(guān)系.9．ABC【分析】根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可判斷AC，代入計算即可判斷B，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可判斷D.【詳解】因為函數(shù)的周期為，所以的最小正周期為，故A正確；，故B正確；令，則，所以的圖象關(guān)于點對稱，故C正確；因為，所以，令，所以，則，所以切點坐標(biāo)為，因為直線為切線，所以切點必在直線上，因為不存在整數(shù)解，所以直線不是曲線的一條切線，故D錯誤.故選：ABC.10．ABD【分析】利用條件概率公式及獨立事件的定義逐項分析即可.【詳解】對于A，因為相互獨立，所以，故A正確；對于B，因為相互獨立，所以，，故B正確；對于C，，所以，故C錯誤；對于D，，所以，又因為，，所以，所以與相互獨立，故D正確.故選：ABD.11．BD【分析】運用正方體的對角線的性質(zhì)和對稱性，得到截面為正三角性或正六邊形，再計算得到周長和面積關(guān)于x的函數(shù)，然后判斷函數(shù)的性質(zhì)即可得出結(jié)果.【詳解】如圖示，是邊長為的等邊三角形，由正方體的結(jié)構(gòu)知：，且面，又面，則，又且都在面上，則面，面，所以，同理有，而且都在面上，所以面，同理可證面，又，面，面，故面，同理得面，由且都在面上，所以面面，結(jié)合示意圖知：當(dāng)在面與交點與之間（含端點），或面與交點與之間（含端點）時，截面為等邊三角形；當(dāng)在面與面與的兩個交點之間時，截面為六邊形，所以不可能出現(xiàn)四邊形截面，A錯；若在面與交點與之間（含端點），截面為等邊三角形，令其邊長為，則截得正方體側(cè)棱長為，且，即，所以，則，且，此時，，，；根據(jù)對稱性，在面與交點與之間（含端點），，此時，，，；當(dāng)在面與面與的兩個交點之間，而截面過相關(guān)棱中點所得正六邊形為界，其兩側(cè)所截得六邊形對稱，討論所截六邊形為靠頂點一側(cè)情況，此時，且兩組三條不相鄰的邊長相等，如下圖，截面補全為一個正三角形，作為以頂點的正三棱錐的底面，所以底面正三角形邊長為，其對應(yīng)正三棱錐側(cè)棱長為，所以正方體外側(cè)的三個小正三棱錐的側(cè)棱長為，故小正三棱錐的底面邊長為，綜上，六邊形較長邊為，較短邊為，此時，，，根據(jù)對稱性，所截六邊形為靠頂點一側(cè)，此時，，，綜上，，，由上所得解析式知：C錯，D對.故選：BD.【點睛】關(guān)鍵點點睛：利用線面垂直的判定以及平面基本性質(zhì)確定截面的形狀，討論范圍求出、解析式為關(guān)鍵.12．17.5【解析】計算數(shù)據(jù)中心點，代入線性回歸方程得到答案.【詳解】，，將中心點代入回歸方程得到：，解得.故答案為：.【點睛】本題考查了回歸方程，意在考查學(xué)生的計算能力，計算中心點是解題的關(guān)鍵.13．【分析】本題根據(jù)已知條件給定的零點個數(shù)，對參數(shù)a分類討論并結(jié)合函數(shù)圖象即可求解.【詳解】①當(dāng)時，，由于時，時，此時只有一個零點，所以不符合題意；②當(dāng)時，，函數(shù)的大概圖象如圖所示，，由于時，，時，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，此時在上有，要使有兩個零點，只需，即；③當(dāng)時，，函數(shù)的大概圖象如圖所示，，由于函數(shù)在上是增函數(shù)，故與x軸有且只有一個交點，要使有兩個零點，只需函數(shù)有一個零點即可，當(dāng)時，恰好只有一個零點.綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是.故答案為：.14．和【分析】由已知條件表示出曲線在點處切線方程，代入結(jié)合曲線方程求出，得切線方程.【詳解】，若，則，，，，點在曲線上，有，由題意可知，若滿足時，則，則，若不滿足，則曲線在點處的切線方程為，切線過點，則有，即，得，由，解得或，兩組解都不滿足，符合題意，把兩組解代入，得切線方程為和.故答案為：和.【點睛】方法點睛：“新定義”型問題，主要是指在問題中定義了高中數(shù)學(xué)中沒有學(xué)過的一些概念、新運算、新符號，需要讀懂題意并結(jié)合已有知識、能力進(jìn)行理解，根據(jù)新定義進(jìn)行運算、推理、遷移.在實際解決“新定義”問題時，關(guān)鍵是正確提取新定義中的新概念、新公式、新性質(zhì)、新模式等信息，確定新定義的名稱或符號、概念、法則等，并進(jìn)行信息再加工，尋求相近知識點，明確它們的共同點和不同點，探求解決方法，在此基礎(chǔ)上進(jìn)行知識轉(zhuǎn)換，有效輸出，合理歸納，結(jié)合相關(guān)的數(shù)學(xué)技巧與方法來分析與解決!15．(1)(2)證明見解析【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的公式及運算法則求出在時的導(dǎo)數(shù)，即得切線斜率，點斜式寫出切線方程即可.（2）要證明的不等式含參時，且規(guī)定了參數(shù)的范圍時，可以考慮先使用滿參放縮，將含參的不等式轉(zhuǎn)化為不含參的不等式來證明.【詳解】（1）當(dāng)時，，，則，又因為，所以曲線在點處的切線方程為，即.（2）當(dāng)時，有，所以，因為，所以.令，則，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時，，在上單調(diào)遞增.所以.故.16．(1)(2)分布列見解析，【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合獨立重復(fù)性事件概率公式列式求解即可；（2）分析可知：的所有可能取值為，求相應(yīng)的概率，進(jìn)而可得分布列和期望.【詳解】（1）甲以取勝的概率為，甲以取勝的概率為，由題意可知：，且，可得，解得，所以的取值范圍為.（2）的所有可能取值為，則有：，，，，所以的分布列為0123數(shù)學(xué)期望.17．(1)(2)5【分析】（1）由正弦定理化角為邊，然后由余弦定理求得角，再結(jié)合基本不等式得的最大值；（2）根據(jù)中位線性質(zhì)得是以為首項，為公比的等比數(shù)列，由等比數(shù)列前項和公式求和后，解不等式可得．【詳解】（1）由及正弦定理可得，，即，所以，又，所以.由可知，，當(dāng)且僅當(dāng)時，取等號.所以.故的最大值為.（2）由條件可知，是以為首項，為公比的等比數(shù)列.所以要使有最小值，.即，所以，即.又，故整數(shù)的最小值為5.18．(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）結(jié)合已知通過證明四邊形是平行四邊形可得，結(jié)合線面平行的判定定理即可得證；（2）通過線面垂直的判定定理證明平面，進(jìn)一步通過面面垂直的判定定理即可得證；（3）結(jié)合已知得出，，建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出兩個平面的法向量，結(jié)合向量夾角的坐標(biāo)公式即可得解.【詳解】（1）

取中點，連接.又因為為的中點，所以，且.在菱形中，，且，所以，且，所以四邊形是平行四邊形.所以，又平面平面，所以平面.（2）

連接，由（1）知，四點共面.在中，為的中點，所以，因為，所以都是正三角形，在中，，所以，又因為平面，所以平面.又因為平面，所以平面平面.（3）由（2）知，都是正三角形，且為的中點，所以.由（1）知，，所以，又平面，所以平面.所以即為直線與平面所成的角.因此，得.在中，，可得.以為原點，所在直線分別為軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則.所以.設(shè)平面的一個法向量為則取，則是平面的一個法向量.又是平面的一個法向量.所以.由圖形可知，二面角的余弦值為.19．(1)，(2)證明見解析(3)選擇條件①或②均為【分析】（1）通過待定系數(shù)法可求出的方程，結(jié)合已知列出關(guān)于的方程，求出即可得的方程；（2）首先說明的斜率互為倒數(shù)（顯然不重合，不重合），設(shè)直線的方程為，則直線的方程為，分別將它們聯(lián)立橢圓方程，結(jié)合弦長公式、同理表示出即可；（3）畫出圖形，分析得到，