甘肃省武威市四校联考2024届高三上学期新高考备考模拟（开学考试）数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 甘肃省武威市四校联考2024届高三上学期新高考备考模拟（开学考试）数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-08-16 18:01:34 | ||
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文档简介
甘肃省2024届新高考备考模拟考试
数学试卷
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色，墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米，黑色，墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷 草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：高考范围.
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.已知是虚数单位，若，则在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
3.使“”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
4.已知图1对应的函数为，则图2对应的函数是（ ）
A. B.
C. D.
5.设为抛物线的焦点，点在上，点，若，则的中点到轴的距离是（ ）
A.2 B. C.3 D.
6.已知函数.若曲线和在公共点处有相同的切线，则的值分别为（ ）
A. B. C. D.
7.如图所示的“数字塔”有如下规律：每一层最左与最右的数字均为3，除此之外每个数字均为两肩的数字之积，则该“数字塔”前7层的所有数字之积最接近（ ）（参考数据：）
A. B. C. D.
8.在三棱锥中，为等边三角形，，则三棱锥外接球的表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.若，则（ ）
A. B.
C. D.
10.若一组样本数据的平均数为，标准差为，另一组样本数据的平均数为，标准差为.两组数据合成一组新数据，新数据的平均数为，标准差为，则（ ）
A. B. C. D.
11.已知函数，则（ ）
A.是偶函数
B.在区间上单调递增
C.在上有4个零点
D.的值域是
12.设直线与圆，则下列结论正确的为（ ）
A.可能将的周长平分
B.若圆上存在两个点到直线的距离为1，则的取值范围为
C.若直线与圆交于两点，则面积的最大值为2
D.若直线与圆交于两点，则中点的轨迹方程为
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知一个圆柱的轴截面为正方形，且它的侧面积为，则该圆柱的体积为__________.
14.已知向量，且，则__________.
15.干支纪年是中国古代的一种纪年法.分别排出十天干与十二地支如下：
天干：甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸
地支：子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥
把天干与地支按以下方法依次配对：把第一个天干“甲”与第一个地支“子”配出“甲子”，把第二个天干“乙”与第二个地支“丑”配出“乙丑”，…，若天干用完，则再从第一个天干开始循环使用.已知2023年是癸卯年，则年以后是__________年.
16.已知为坐标原点，为椭圆的左 右焦点，是椭圆上异于顶点的一点，点是以为底的等腰的内切圆的圆心，过作于点，则椭圆的离心率为__________.
四 解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
17.（本小题满分10分）
已知等差数列的前项和为，现给出下列三个条件：①；②；③.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，设数列的前项和为，求证：.
注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解答进行计分.
18.（本小题满分12分）
在中，分别是角所对的边，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为6，求的值.
19.（本小题满分12分）
如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面为棱的中点，为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求四棱锥的体积.
20.（本小题满分12分）
现有甲 乙两名运动员争夺某项比赛的奖金，规定两名运动员谁先赢局，谁便赢得全部奖金元.假设每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每场比赛相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，比赛意外终止，奖金如何分配才合理？评委会给出的方案是：甲 乙按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.
（1）若，求；
（2）记事件为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当时比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率，并判断当时，事件是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件.
21.（本小题满分12分）
在平面直角坐标系中，双曲线的左 右焦点分别为的离心率为2，直线过与交于两点，当时，的面积为3.
（1）求双曲线的方程；
（2）已知都在的右支上，设的斜率为.
①求实数的取值范围；
②是否存在实数，使得为锐角？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）若在区间上单调递增，求的取值范围；
（2）若，证明：.
甘肃省2024届新高考备考模拟考试 数学
试卷参考答案 提示及评分细则
1.C ，则.故选C.
2.D 由题意得，，所以，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.故选D.
3.B ，故A不符合题意；，则，反之不一定成立，故B符合题意；由，无法得到之间的大小关系，故C不符合题意；，故D不符合题意.故选B.
4.D 当时，，其图象在轴左侧的部分与题图1相同；当时，，其图象在轴右侧的部分与题图轴左侧的图象关于轴对称.故选D.
5.C 因为，且，所以，即点到准线的距离为3，所以点的横坐标为2，故而中点的横坐标为3，从而到轴的距离为3.故选C.
6.A 因为，所以，由题意，解得故选A.
7.B 根据题意可知第一层的积是3，第二层的积是，第三层的积是，第7层的积是，所以前7层的积是，所以最接近.故选B.
8.B 由题意可得，，所以，则，又，所以，即.又平面，所以平面.设，则，取正的外心为，三棱锥外接球的球心，连接，如图所示，则平面，底面外接圆的半径，所以三棱锥外接球的半径.当时，有最小值为，所以三棱锥外接球表面积的最小值为.故选B.
9.ACD ，又，所以，所以，即，故A正确；当时，，故B错误；，又，所以，所以，即，故C正确；因为，所以，所以，当且仅当时等号成立，故D正确.故选ACD.
10.BC 由题意知，所以，所以，故A错误，B正确；，所以.同理，所以，又，所以所以，故C正确，D错误.故选BC.
11.AB 函数的定义域为，且，所以函数是偶函数，正确；当时，，令，由于函数在时单调递减，函数在时单调递增，所以函数在区间上单调递减，故函数在区间上单调递增，B正确；当时，由，得或1，所以或或，所以偶函数在上有6个零点，C不正确；当时，，因为，所以当时，，当时，，由于函数是偶函数，因此，函数的值域为，D不正确.故选.
12.BC 对于选项，若直线将圆的周长平分，则直线过原点，此时直线的斜率不存在，选项错误；对于B选项，若圆上存在两个点到直线的距离为1，则到直线的距离满足，所以，解得或，B选项正确；对于C选项，，当时，的面积有最大值2，C选项正确；对于选项，易知直线经过定点，所以点的轨迹以为直径的圆，其方程为，又因为点在圆内，
由解得，所以点的轨迹方程为，D选项错误.故选BC.
13. 设圆柱底面的半径为，高为，
则解得所以圆柱的体积.
14. 因为，所以，所以，所以.
15.丙午 因为，所以年以后地支为“午”.
因为，又除以10余数为3，所以年以后天干为“丙”，
故年以后是丙午年.
16. 延长交于点，连接，
因为点是内切圆的圆心，
所以平分.因为，所以为的中点，
又因为为的中点，.即，又，所以，故.
17.（1）解：设等差数列的公差为，由条件①得，，即.
由条件②得，，即.
由条件③得，，可得，即.
若选①②，则解得所以；
若选①③，则解得则；
若选②③，则解得则；
（2）证明：由，且，
当时，则，
又也满足，故对任意的，有.
则，所以，
由于是单调递增，所以.
综上，.
18.解：（1）由题可知.
在中，，
则，
解得，所以或，
当时，，则均为钝角，与矛盾，故舍去，
故，则.
（2）由可得，
则，
所以.
在中有，
则，
则，解得.
19.（1）证明：取中点，连接，如图所示.
因为分别为的中点，所以.
因为四边形是矩形，为棱的中点，所以.
所以，所以四边形是平行四边形，
所以.
又平面平面，
所以平面.
（2）解：取的中点，连接.因为是正三角形，为棱的中点，所以，又平面平面，平面平面平面，所以平面，
又平面，所以.
因为四边形是矩形，为棱的中点，是的中点，所以.
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.设，则，
所以，故.
设平面的一个法向量，
所以令，解得，
所以平面的一个法向量.
设直线与平面所成角为，
所以，
解得，
所以.
20.解：（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，则.
，故，
从而.
（2）设比赛继续进行局甲赢得全部奖金，则.
，
故，即，
则，当时，，
因此在上单调递增，从而
所以，故事件是小概率事件.
21.解：（1）因为，所以.
则，所以，
的面积.
又的离心率为，所以.
所以双曲线的方程为.
（2）①根据题意，则直线，
由得，
由得恒成立.
设，则，
直线与双曲线的右支相交于不同的两点，即
所以，解得.
②假设存在实数，使为锐角，所以，即，
因为，
所以，
由①得，
即解得，
与矛盾，故不存在.
22.（1）解：若在区间上单调递增，
则在上恒成立，即在上恒成立.
令，
所以
在上恒成立，所以在上单调递减，所以，
所以，即的取值范围是.
（2）证明：当时，.
要证，即证.
即证，即，
令，即证.
令，所以，令，解得，
当时，，所以在上单调递减；当时，，
所以在上单调递增，
所以当时，取得极小值即最小值，所以，
即，所以.
数学试卷
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色，墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米，黑色，墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷 草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：高考范围.
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.已知是虚数单位，若，则在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
3.使“”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
4.已知图1对应的函数为，则图2对应的函数是（ ）
A. B.
C. D.
5.设为抛物线的焦点，点在上，点，若，则的中点到轴的距离是（ ）
A.2 B. C.3 D.
6.已知函数.若曲线和在公共点处有相同的切线，则的值分别为（ ）
A. B. C. D.
7.如图所示的“数字塔”有如下规律：每一层最左与最右的数字均为3，除此之外每个数字均为两肩的数字之积，则该“数字塔”前7层的所有数字之积最接近（ ）（参考数据：）
A. B. C. D.
8.在三棱锥中，为等边三角形，，则三棱锥外接球的表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.若，则（ ）
A. B.
C. D.
10.若一组样本数据的平均数为，标准差为，另一组样本数据的平均数为，标准差为.两组数据合成一组新数据，新数据的平均数为，标准差为，则（ ）
A. B. C. D.
11.已知函数，则（ ）
A.是偶函数
B.在区间上单调递增
C.在上有4个零点
D.的值域是
12.设直线与圆，则下列结论正确的为（ ）
A.可能将的周长平分
B.若圆上存在两个点到直线的距离为1，则的取值范围为
C.若直线与圆交于两点，则面积的最大值为2
D.若直线与圆交于两点，则中点的轨迹方程为
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知一个圆柱的轴截面为正方形，且它的侧面积为，则该圆柱的体积为__________.
14.已知向量，且，则__________.
15.干支纪年是中国古代的一种纪年法.分别排出十天干与十二地支如下：
天干：甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸
地支：子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥
把天干与地支按以下方法依次配对：把第一个天干“甲”与第一个地支“子”配出“甲子”，把第二个天干“乙”与第二个地支“丑”配出“乙丑”，…，若天干用完，则再从第一个天干开始循环使用.已知2023年是癸卯年，则年以后是__________年.
16.已知为坐标原点，为椭圆的左 右焦点，是椭圆上异于顶点的一点，点是以为底的等腰的内切圆的圆心，过作于点，则椭圆的离心率为__________.
四 解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
17.（本小题满分10分）
已知等差数列的前项和为，现给出下列三个条件：①；②；③.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，设数列的前项和为，求证：.
注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解答进行计分.
18.（本小题满分12分）
在中，分别是角所对的边，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为6，求的值.
19.（本小题满分12分）
如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面为棱的中点，为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求四棱锥的体积.
20.（本小题满分12分）
现有甲 乙两名运动员争夺某项比赛的奖金，规定两名运动员谁先赢局，谁便赢得全部奖金元.假设每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每场比赛相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，比赛意外终止，奖金如何分配才合理？评委会给出的方案是：甲 乙按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.
（1）若，求；
（2）记事件为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当时比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率，并判断当时，事件是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件.
21.（本小题满分12分）
在平面直角坐标系中，双曲线的左 右焦点分别为的离心率为2，直线过与交于两点，当时，的面积为3.
（1）求双曲线的方程；
（2）已知都在的右支上，设的斜率为.
①求实数的取值范围；
②是否存在实数，使得为锐角？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）若在区间上单调递增，求的取值范围；
（2）若，证明：.
甘肃省2024届新高考备考模拟考试 数学
试卷参考答案 提示及评分细则
1.C ，则.故选C.
2.D 由题意得，，所以，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.故选D.
3.B ，故A不符合题意；，则，反之不一定成立，故B符合题意；由，无法得到之间的大小关系，故C不符合题意；，故D不符合题意.故选B.
4.D 当时，，其图象在轴左侧的部分与题图1相同；当时，，其图象在轴右侧的部分与题图轴左侧的图象关于轴对称.故选D.
5.C 因为，且，所以，即点到准线的距离为3，所以点的横坐标为2，故而中点的横坐标为3，从而到轴的距离为3.故选C.
6.A 因为，所以，由题意，解得故选A.
7.B 根据题意可知第一层的积是3，第二层的积是，第三层的积是，第7层的积是，所以前7层的积是，所以最接近.故选B.
8.B 由题意可得，，所以，则，又，所以，即.又平面，所以平面.设，则，取正的外心为，三棱锥外接球的球心，连接，如图所示，则平面，底面外接圆的半径，所以三棱锥外接球的半径.当时，有最小值为，所以三棱锥外接球表面积的最小值为.故选B.
9.ACD ，又，所以，所以，即，故A正确；当时，，故B错误；，又，所以，所以，即，故C正确；因为，所以，所以，当且仅当时等号成立，故D正确.故选ACD.
10.BC 由题意知，所以，所以，故A错误，B正确；，所以.同理，所以，又，所以所以，故C正确，D错误.故选BC.
11.AB 函数的定义域为，且，所以函数是偶函数，正确；当时，，令，由于函数在时单调递减，函数在时单调递增，所以函数在区间上单调递减，故函数在区间上单调递增，B正确；当时，由，得或1，所以或或，所以偶函数在上有6个零点，C不正确；当时，，因为，所以当时，，当时，，由于函数是偶函数，因此，函数的值域为，D不正确.故选.
12.BC 对于选项，若直线将圆的周长平分，则直线过原点，此时直线的斜率不存在，选项错误；对于B选项，若圆上存在两个点到直线的距离为1，则到直线的距离满足，所以，解得或，B选项正确；对于C选项，，当时，的面积有最大值2，C选项正确；对于选项，易知直线经过定点，所以点的轨迹以为直径的圆，其方程为，又因为点在圆内，
由解得，所以点的轨迹方程为，D选项错误.故选BC.
13. 设圆柱底面的半径为，高为，
则解得所以圆柱的体积.
14. 因为，所以，所以，所以.
15.丙午 因为，所以年以后地支为“午”.
因为，又除以10余数为3，所以年以后天干为“丙”，
故年以后是丙午年.
16. 延长交于点，连接，
因为点是内切圆的圆心，
所以平分.因为，所以为的中点，
又因为为的中点，.即，又，所以，故.
17.（1）解：设等差数列的公差为，由条件①得，，即.
由条件②得，，即.
由条件③得，，可得，即.
若选①②，则解得所以；
若选①③，则解得则；
若选②③，则解得则；
（2）证明：由，且，
当时，则，
又也满足，故对任意的，有.
则，所以，
由于是单调递增，所以.
综上，.
18.解：（1）由题可知.
在中，，
则，
解得，所以或，
当时，，则均为钝角，与矛盾，故舍去，
故，则.
（2）由可得，
则，
所以.
在中有，
则，
则，解得.
19.（1）证明：取中点，连接，如图所示.
因为分别为的中点，所以.
因为四边形是矩形，为棱的中点，所以.
所以，所以四边形是平行四边形，
所以.
又平面平面，
所以平面.
（2）解：取的中点，连接.因为是正三角形，为棱的中点，所以，又平面平面，平面平面平面，所以平面，
又平面，所以.
因为四边形是矩形，为棱的中点，是的中点，所以.
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.设，则，
所以，故.
设平面的一个法向量，
所以令，解得，
所以平面的一个法向量.
设直线与平面所成角为，
所以，
解得，
所以.
20.解：（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，则.
，故，
从而.
（2）设比赛继续进行局甲赢得全部奖金，则.
，
故，即，
则，当时，，
因此在上单调递增，从而
所以，故事件是小概率事件.
21.解：（1）因为，所以.
则，所以，
的面积.
又的离心率为，所以.
所以双曲线的方程为.
（2）①根据题意，则直线，
由得，
由得恒成立.
设，则，
直线与双曲线的右支相交于不同的两点，即
所以，解得.
②假设存在实数，使为锐角，所以，即，
因为，
所以，
由①得，
即解得，
与矛盾，故不存在.
22.（1）解：若在区间上单调递增，
则在上恒成立，即在上恒成立.
令，
所以
在上恒成立，所以在上单调递减，所以，
所以，即的取值范围是.
（2）证明：当时，.
要证，即证.
即证，即，
令，即证.
令，所以，令，解得，
当时，，所以在上单调递减；当时，，
所以在上单调递增，
所以当时，取得极小值即最小值，所以，
即，所以.
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