广东省珠海市第一中学2024届三下学期数学冲刺模拟卷08（B卷）（含解析）

2024届高考数学冲刺模拟卷08（B卷）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．若，，，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
3．若椭圆：与双曲线：的离心率之和为，则（ ）
A．2 B． C． D．1
4．设某直角三角形的三个内角的余弦值成等差数列，则最小内角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．某班一天上午有五节课，下午有两节课，现要安排该班一天中语文 数学 物理 英语 地理 体育 艺术7堂课的课程表，要求艺术课排在上午第5节，体育课排在下午，数学与物理不相邻，则不同的排法种数是（ ）
A．128 B．148 C．168 D．188
6．已知曲线E：，则下列结论中错误的是（ ）
A．曲线E关于直线对称
B．曲线E与直线无公共点
C．曲线E上的点到直线的最大距离是
D．曲线E与圆有三个公共点
7．已知都是第二象限角，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．如图，是抛物线：上的四个点（在轴上方，在轴下方），已知直线与的斜率分别为和2，且直线与相交于点，则（ ）
A． B．3 C． D．2
二、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．设复数对应的向量分别为（为坐标原点），则（ ）
A．
B．若，则
C．若且，则
D．若，则的最大值为.
10．下列命题为真命题的是（ ）
A．若样本数据的方差为2，则数据的方差为17
B．一组数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5
C．用决定系数比较两个模型的拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好
D．以模型 去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和2
11．已知函数，的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．若圆关于直线对称的圆恰好过点，则实数的值为 .
13．在正三棱台中，、，直线与底面所成的角为，则该三棱台的体积为 ，该三棱台的外接球的表面积为 .
14．记表示x、y、z中的最小值.若x，，，则M的最大值为 .
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．已知函数．
(1)求函数的极值点；
(2)记曲线在处的切线为，求证，与有唯一公共点．
16．某游戏设置了两套规则，规则A：抛掷一颗骰子n次，若n次结果向上的点数之和大于2时，继续下一次抛掷，否则停止抛掷；规则B：抛掷一颗骰子一次，结果向上的点数大于2时，继续下一次抛掷，否则停止抛掷（最多抛掷次，即抛掷到次时无条件终止）．
(1)若执行规则A，求抛掷次数恰为1次的概率；
(2)若执行规则B，证明：抛掷次数的数学期望不大于3．
17．在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．

(1)求证：；
(2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
18．椭圆的离心率为，，是椭圆的左、右焦点，以为圆心、为半径的圆与以为圆心、为半径的圆的交点在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程和长轴长；
(2)已知直线与椭圆C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点.是否存在实数k，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形 若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由.
19．英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
(1)根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；
(2)由该公式可得：．当时，试比较与的大小，并给出证明；
(3)设，证明：．
2024届高考数学冲刺模拟卷08（B卷解析版）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．
【答案】A
【分析】
解一元二次不等式得集合A，求函数值域得集合B，然后利用并集运算求解即可.
【详解】
集合，
又，所以，
则.
故选：A
2．若，，，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
借助向量模长与数量积的关系以及夹角公式计算即可得.
【详解】
由，，，
则，
而，即得，
所以，又，
所以.
故选：A.
3．若椭圆：与双曲线：的离心率之和为，则（ ）
A．2 B． C． D．1
【答案】A
【分析】
分别求出椭圆和双曲线的离心率，由两者的离心率之和为，解方程即可得出答案.
【详解】椭圆：的离心率为，
双曲线：的离心率为，
所以，解得：.
故选：A.
4．设某直角三角形的三个内角的余弦值成等差数列，则最小内角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设出三个角度的大小关系，结合已知条件求得最小角的正切值，再求正弦值即可.
【详解】
设，根据题意可得，且，
即，又，则，，
解得，又，则.
故选：C.
5．某班一天上午有五节课，下午有两节课，现要安排该班一天中语文 数学 物理 英语 地理 体育 艺术7堂课的课程表，要求艺术课排在上午第5节，体育课排在下午，数学与物理不相邻，则不同的排法种数是（ ）
A．128 B．148 C．168 D．188
【答案】C
【分析】
利用特殊元素优先法，不相邻元素插空法，再结合分类加法计数原理、分步乘法计数原理可得结果.
【详解】艺术课一定在上午第5节只一种排法，体育课在下午共种排法；
因数学与物理不相邻，分两类：
第一类：数学与物理有一科在下午，另一科在上午，与其他科排列共种排法；
第二类：数学与物理均在上午且不相邻，先在语文 英语 地理中选一科排在下午有，
再把剩下2科排在上午种排法，在它们中间及两端共3个空位安排数学与物理，共种排法，
由分步乘法计数原理共种，
所以共有,
故选：C.
6．已知曲线E：，则下列结论中错误的是（ ）
A．曲线E关于直线对称
B．曲线E与直线无公共点
C．曲线E上的点到直线的最大距离是
D．曲线E与圆有三个公共点
【答案】C
【分析】分类讨论求出曲线的方程，画出图象，结合图象逐项分析即可.
【详解】因为曲线E的方程为，
当，时，曲线E的方程为，
当，时，曲线E的方程为，
是焦点在上的等轴双曲线右支的一部分.
当，时，曲线E的方程为，
是焦点在上的等轴双曲线上支的一部分.
作出曲线E的图象如图：
由图象可知曲线E关于直线对称，曲线E与直线无公共点，故A，B正确；
作的平行线与曲线E切于点，
曲线E上的点到直线的最大距离是圆的半径为，故C错误；
圆的圆心为：，
曲线E上的点到圆心的最大距离为.
圆过点，如图：
曲线E与圆有三个公共点，故D正确.
故选：C.
7．已知都是第二象限角，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据两者之间的推出关系可得正确的选项.
【详解】若，则即，
而都是第二象限角，故，故，
故“”是“”的充分条件.
若，因为都是第二象限角，故，
所以即，
故“”是“”的必要条件，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
8．如图，是抛物线：上的四个点（在轴上方，在轴下方），已知直线与的斜率分别为和2，且直线与相交于点，则（ ）
A． B．3 C． D．2
【答案】D
【分析】
设出点的坐标，写出直线的方程，联立抛物线方程，再根据韦达定理和弦长公式分别求得，再求结果即可.
【详解】
设，则直线的方程为，
联立抛物线方程可得，，
则；
又直线方程为：，
联立抛物线方程可得，
则，；
故，
；
故.
故选：D.
二、多选题
9．设复数对应的向量分别为（为坐标原点），则（ ）
A．
B．若，则
C．若且，则
D．若，则的最大值为.
【答案】ACD
【分析】根据题意，结合复数的模，向量的位置关系，以及复数的几何意义，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，可得，所以A正确；
对于B中，由，因为，可得，所以B错误；
对于C中，由，因为，可得，即
又因为，可得，
联立方程组，可得，解得，所以C正确；
对于D中，由，可得，
因为，可得，即，
表示以为圆心，半径为的圆，
可得，则原点到圆上点的最大距离为，即的最大值为，所以D正确.
故选：ACD.
10．下列命题为真命题的是（ ）
A．若样本数据的方差为2，则数据的方差为17
B．一组数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5
C．用决定系数比较两个模型的拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好
D．以模型 去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和2
【答案】BCD
【分析】
根据方差的性质即可判断A；根据百分位数计算公式即可判断B；根据决定系数的概念即可判断C；根据非线性回归方程的求法并结合对数运算性质即可判断D.
【详解】对A：若样本数据的方差为2，则数据的方差为，故A错误；
对B：，则其第80百分位数是，故B正确；
对C，根据决定系数的含义知越大，则相应模型的拟合效果越好，故C正确；
对D，以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，
则，由题线性回归方程为，则，故的值分别是和2，故D正确.
故选：BCD.
11．已知函数，的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】由是偶函数得出是奇函数，由已知两条件推出是以4为周期的函数，然后在已知式中对自变量赋值求解．
【详解】由是偶函数，则，两边求导得，
所以是奇函数，故．
对于A，由，
代入，得，
又是奇函数，
则，
所以是周期函数，且周期为4，，故A正确；
对选项B，令得，，令得，，
故，故B正确；
对于C：令得，
即，
若，则，
但不一定为0，故C错误；
对于D：令，得，
故，，所以，
令，得，则
则，由是以4为周期得，
所以，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用条件得出函数的奇偶性及周期性，进而得到函数的性质，然后利用赋值法求解.
三、填空题
12．若圆关于直线对称的圆恰好过点，则实数的值为 .
【答案】4
【分析】利用轴对称列式求出点关于直线的对称点的坐标，再代入圆方程即得.
【详解】依题意，点关于直线的对称点在圆上，
则，解得，因此点在圆上，
则，解得，
所以实数的值为4.
故答案为：4
13．在正三棱台中，、，直线与底面所成的角为，则该三棱台的体积为 ，该三棱台的外接球的表面积为 .
【答案】 / /
【分析】记分别是的中心，过作，先由面得到，再分别在与求得与，顺便求得两者面积，从而在中可求得，即三棱台的高，由此利用三棱台的体积公式即可求得结果，连接，得到，则为正三棱台的外接球的球心，且外接球的半径，从而求出外接球的表面积.
【详解】记分别是的中心，过作交于点，如图，
则由正三棱台的结构特征可知底面，所以底面，
所以为侧棱与底面所成角的平面角，故，
在中，由正弦定理得，即，，
在中，，即，，
所以在中，，
则该三棱台的高为，
所以该三棱台的体积为.
连接，则，
所以为正三棱台的外接球的球心，且外接球的半径，
所以该三棱台的外接球的表面积.
故答案为：；.
14．记表示x、y、z中的最小值.若x，，，则M的最大值为 .
【答案】
【分析】根据最小值的定义可得答案.
【详解】，，
又得，可得，即，
当即时等号成立
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对新定义的理解.
四、解答题
15．已知函数．
(1)求函数的极值点；
(2)记曲线在处的切线为，求证，与有唯一公共点．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）利用导数的性质，结合极值点的定义进行求解即可；
（2）根据导数的几何意义，结合导数的性质进行运算证明即可.
【详解】（1），
令，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以函数的极值点为；
（2）由（1）可知：，而，
所以切线的方程为，
由，或，
当时，，此时，与有公共点，
当时，设，
当时，单调递减，
当时，单调递增，所以，
即，当且仅当时取等号，
所以由，即，此时与有公共点，
综上所述：与有唯一公共点.
16．某游戏设置了两套规则，规则A：抛掷一颗骰子n次，若n次结果向上的点数之和大于2时，继续下一次抛掷，否则停止抛掷；规则B：抛掷一颗骰子一次，结果向上的点数大于2时，继续下一次抛掷，否则停止抛掷（最多抛掷次，即抛掷到次时无条件终止）．
(1)若执行规则A，求抛掷次数恰为1次的概率；
(2)若执行规则B，证明：抛掷次数的数学期望不大于3．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）先求出“抛掷一颗骰子1次向上的点数”构成的基本事件总数，再计算事件“向上的点数不大于2”的基本事件数，由古典概型的计算公式计算即可；
（2）先写出随机变量抛掷次数的所有可能的结果，写出它的分布列，计算其数学期望，计算过程用到了错位相减法.
【详解】（1）若执行规则A，抛掷次数恰为1次，
“抛掷一颗骰子1次结果向上的点数”构成的基本事件为：，共个基本事件；
事件“向上的点数不大于2”包含的基本事件为：，包含个基本事件；
由古典概型的计算公式得，若执行规则A，抛掷次数恰为1次的概率为：．
（2）
若执行规则B，抛掷次数的所有可能取值为1，2，3，…，；
显然抛掷一颗骰子1次结果向上的点数不大于2的概率为，大于2的概率为，
，，，…，
，
所以
，
设①，
∴②，
①－②，
，
得：
由于，则，
所以，
问题得证.
17．在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．

(1)求证：；
(2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点，此时
【分析】
（1）利用余弦定理和勾股定理可证明平面，再由线面垂直的性质即可得；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得结果.
【详解】（1）因为，且，
可得，，
又因为，可得，
所以，则，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）因为平面，且平面，所以，
如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系，

可得，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
假设存在点，使得与平面所成角为，
设，（其中），则，，
所以，
整理得，解得或（舍去），
所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时．
18．椭圆的离心率为，，是椭圆的左、右焦点，以为圆心、为半径的圆与以为圆心、为半径的圆的交点在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程和长轴长；
(2)已知直线与椭圆C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点.是否存在实数k，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形 若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)，长轴长为.
(2)存在，当时，点；当时，点
【分析】（1）根据题意，利用椭圆的定义求得，再由椭圆的离心率为，求得的值，即可得到椭圆的标准方程；
（2）联立方程组，结合，求得，设，得到，，再求得的中点，假设存在实数和点使得成立，结合和，列出方程求得，进而得到点的坐标.
【详解】（1）解：如图所示，设两圆与椭圆的交点为，
根据椭圆的定义可知：，所以，
又由椭圆的离心率为，可得，则，
所以椭圆的方程为，椭圆的长轴长为.
（2）解：联立方程组，整理得，
由，解得，
设，则，
再设的中点为，则，
可得，所以，
假设存在实数和点，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，
则，可得，所以，
解得，所以点，
又因为，可得，即，
整理得，
所以，
将代入可得，
即，
整理得，所以，解得，
当时，点的坐标为；当时，点的坐标为，
此时，是以点P为直角顶点的等腰直角三角形.
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中的存在性问题注意事项：
对于圆锥曲线的存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.
1、当条件和结论不唯一时，要注意分类讨论；
2、当给出结论而要推到出存在条件时，通常先假设成立，再推出条件；
3、当条件和结论都未知时，特别是按常规方法解答很难时，要开发思想，可先通过特殊情况探索，再加以论证.
19．英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
(1)根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；
(2)由该公式可得：．当时，试比较与的大小，并给出证明；
(3)设，证明：．
【答案】(1)；
(2)，证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】
（1）根据麦克劳林公式求得，赋值即可求得近似值；
（2）构造函数，利用导数判断其单调性和最值，即可证明；
（3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为 ，再裂项求和即可证明.
【详解】（1）令，则，，，，
故，，，，，
由麦克劳林公式可得，
故.
（2）
结论：，
证明如下：
令，
令，
故在上单调递增，，
故在上单调递增，，
即证得，即．
（3）
由（2）可得当时，，且由得，
当且仅当时取等号，故当时，，
，
而
，
即有
故
而，
即证得.
【点睛】
关键点点睛：本题第三问的处理关键是能够利用第二问结论，将原式放缩为，再利用裂项求和法证明，对学生已知条件的利用能力以及综合应用能力提出了较高的要求，属综合困难题.