甘肃省白银市靖远县第一中学2024届高三下学期模拟预测数学试题（含解析）

2024年高考名师预测
数学
一 选择题
1.在直角坐标系中，绕原点将轴的正半轴逆时针旋转角交单位圆于点，顺时针旋转角交单位圆于点，若点的纵坐标为，且的面积为，则点的纵坐标为（ ）
A. B. C. D.
2.2023年8月8日，第31届世界大学生夏季运动会（成都世界大学生运动会）完美收官.在倒计时100天时，成都大运会发布了官方体育图标——“十八墨宝”.这组“水墨熊猫”以大熊猫“奇一”为原型，将中国体育与中国书画 中国国宝的融合做到了极致.“十八般武艺”造就“十八墨宝”，花式演绎十八项体育竞技，代表了体操 游泳 羽毛球等18个成都大运会竞赛项目，深受广大人民喜爱.其中，射箭的水墨熊猫以真实的射箭运动为原型，拉满弓箭时，弓臂为圆弧形，弧中点到弦中点的距离为，弦长为，则弓形的面积约为（ ）（参考数据：）
A. B. C. D.
3.已知在正方体中，，点分别在棱和上，且，，记平面与侧面，底面的交线分别为，则（ ）
A.的长度为 B.的长度为
C.的长度为 D.的长度为
二 多选题
4.已知函数，则（ ）
A.若，则在上的最小值为0
B.若，则点是图像的一个对称中心
C.若在上单调递减，则满足条件的值有3个
D.若对任意实数，方程在区间内的解的个数恒大于4且小于10，则满足条件的值有7个
5.美国数学史专家 穆伦堡学院名誉数学教授威廉·邓纳姆在1994年出版的《The Mathematical Universe》一书中写道：“相比之下，数学家达到的终极优雅是所谓的“无言的证明，在这样的证明中一个极好的令人信服的图示就传达了证明，甚至不需要任何解释，很难比它更优雅了”.如图所示正是数学家所达到的“终极优雅”，该图（为矩形）完美地展示并证明了正弦和余弦的二倍角公式，则可推导出的正确选项为（ ）
A. B. C. D.
6.如图，有一组圆均内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则（ ）
A.圆的圆心都在直线上
B.圆的方程为
C.若圆与轴有交点，则
D.设直线与圆在第二象限的交点为，则
7.如图，在中，，延长到点，使得，以为斜边向外作等腰直角三角形，则（ ）
A.
B.
C.面积的最大值为
D.四边形面积的最大值为
三 填空题
8.已知正方形的边长为，两个点（两点不重合）都在直线的同侧（但与在直线的异侧），关于直线对称，若，则面积的取值范围是__________.
9.对于曲线所在平面内的点，若存在以为顶点的角，使得对于曲线上的任意两个不同的点恒有成立，则称角为曲线的相对于点的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线的相对于点的“确界角”.已知曲线（其中是自然对数的底数），为坐标原点，曲线的相对于点的“确界角”为，则__________.
10.如图，在直三棱柱中，，若为空间一动点，且，则满足条件的所有点围成的几何体的体积为__________；若动点在侧面内运动，且，则线段长的最小值为__________.
11.若一个两位正整数的个位数为4，则称为“好数”，若，且为正整数，则称数对为“友好数对”，规定：，例如，称数对为“友好数对”，，则小于70的“好数”中，所有“友好数对”的的最大值为__________.
四 解答题
12.“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协 教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生.为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学 物理 化学学科夏令营活动.
（1）若数学组的7名学员中恰有3人来自中学，从这7名学员中选取3人，记表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列和数学期望；
（2）在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两道题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲 乙两位同学组成一组，甲 乙答对每道题的概率分别为.假设甲 乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当时，求甲 乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值.
13.已知函数.
（1）当时，不等式恒成立，求的最小值；
（2）设数列，其前项和为，证明：.
14.某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：cm）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示.
（1）求的值；
（2）以频率估计概率，完成下列问题.
（i）若从所有花卉中随机抽4株，记高度在内的株数为，求的分布列及数学期望；
（ii）若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的条件下，至多1株高度低于的概率.
15.如图①，在中，分别为的中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，且，如图②.
（1）设平面平面，证明平面；
（2）是棱的中点，过三点作该四棱锥的截面，与交于点，求；
（3）是棱上一点（不含端点），过三点作该四棱锥的截面与平面所成的锐二面角的正切值为，求该截面将四棱锥分成上 下两部分的体积之比.
16.已知抛物线为第一象限内上任意一点，以为切点作的切线与轴交于点，与轴交于点，过点作垂直于的直线交于两点，其中点在第一象限，设与轴交于点.
（1）若点的坐标为，求切线的方程；
（2）若，求的值；
（3）当时，连接，记的面积分别为，求的最小值.
17.已知函数定义在区间内，，且当时，恒有.
（1）证明：为奇函数；
（2）若数列满足，且对，，求的取值范围.
18.已知椭圆的左 右焦点分别为，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于两点（其中点在轴上方），的周长为8.
（1）求的方程；
（2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直.
（i）若，求异面直线和所成角的余弦值；
（ii）是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
19.已知为有穷正整数数列，其最大项的值为，且当时，均有.设，对于，定义，其中表示数集中最小的数.
（1）若，写出的值；
（2）若存在满足，求的最小值；
（3）当时，证明：对所有.
【参考答案】
一 选择题
1.B 【解析】由点的纵坐标为，得，显然，而，即，又，所以，所以，则，显然点在第四象限，所以点的纵坐标为.故选B项.
2.C 【解析】由题意可得，所以.设圆的半径为.在中，由勾股定理可得，所以.因为，所以，所以，所以扇形的面积1..又的面积，所以弓形面积约为.故选C项.
3.A 【解析】如图，连接并延长交的延长线于，连接并延长交于点，交的延长线于点，连接，交于点，连接，则即为即为.由，得，所以，由，得，所以，所以，故C，D项错误；由，得，又易知，所以，所以，所以，故A项正确，B项错误.故选A项.
二 多选题
4.AC 【解析】，对于A项，当时，，A项正确；对于B项，图像的对称中心的纵坐标为，B项错误；对于C项，，由，解得，因此，C项正确；对于D项，方程等价于，函数的图像与直线的交点，如图，
函数的最小正周期，设（其中），显然，由下图可知，
因为在区间内的解的个数，所以区间长度应满足，由，得，化简得，所以，正整数的值有11个，D项错误.故选AC项.
5.ACD 【解析】如图，对于A项，在中，，又，则，在中，可求得，所以，故项正确；对于项，，故B项错误；对于项，在中，因为1，则，故C项正确；对于D项，，，所以，故D项正确.故选ACD项.
6.ABD 【解析】圆的圆心，直线的方程为，即，由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，项正确；显然，设点，则而，解得，因此圆的圆心，半径为，圆的方程为，则圆的方程为，B项正确；圆的圆心到轴距离为，若圆与轴有交点，则，解得，而，因此，C项错误；在中，令，得点的纵坐标为，因此，D项正确.故选ABD项.
7.ACD 【解析】在中，由余弦定理得，A项正确；，则，所以，，B项错误；易得.当时，取得最大值1，即取最大值，C项正确；，其中，D项正确.故选ACD项.
三 填空题
8. 【解析】以为轴，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，设，所以，因为，所以，即点位于双曲线的右支上，渐近线方程为或，直线与直线的距离为，即点到直线的距离的取值范围是，又，所以面积的取值范围是.因为不重合，所以不重合，故面积不为4，故面积的取值范围为.
9.1 【解析】过原点作的切线，切点过，所以，所以.切点，所以，所以两切线垂直，所以.
10.； 【解析】在直三棱柱中，，因为为空间一动点，且，所以点的轨迹为以为球心，为半径的球，所以该几何体的体积为.若动点在侧面内运动，则点的轨迹为球与侧面的截面图，设该截面图的圆心为，如图，取的中点，过点作，垂足为，连接，易证平面，所以，得，当时，最小，此时最小，易得，因为平面侧面，所以在棱上，所以，则，又，所以当时，，所以.
11. 【解析】因为，且为正整数，所以，当时，，没有满足条件的，当时，，所以满足条件的有或解得或所以或，当时，17，没有满足条件的，当时，，所以满足条件的有解得所以，当时，，没有满足条件的，当时，，所以满足条件的有或解得或所以或，所以小于70的“好数”中，所有“友好数对”的的最大值为.
四 解答题
12.解：（1）由题意知的可能取值为，
，
，
，
，
所以的分布列为
0 1 2 3
.
（2）因为甲 乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为，则，设乙答对题数为，则.
设“甲 乙两位同学在每轮答题中取胜”，
则
，
由，得，
则，
又，所以.
设，所以，由二次函数可知当时取得最大值，
所以甲 乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为.
13.（1）解：因为，
故可得.
当时，方程的，
故因式在区间内恒为负数，
故当时，恒成立，故单调递减.
又，故在时恒成立，满足题意；
当时，方程有两个不相等的实数根，且，
故在区间内恒成立，
此时单调递增，
又，故在恒成立，不满足题意；
当时，，函数在内恒为正值，故在内恒成立，不满足题意.
综上所述，，故的最小值为.
（2）证明：由（1）可知，当时，，若，
，
即恒成立，
把换成，可得成立，
即，
以此类推，，
......
，
累加可得.
又，
故得证.
14.解：（1）由题意得，解得.
（2）（i）依题意，，
，
，
，
，
，
的分布列为
0 1 2 3 4
则.
（ii）在所有花卉中随机抽取3株，记至少有2株高度在为事件，至多1株高度低于为事件，则，
，
则.
15.（1）证明：在图（2）中延长交于点，连接，因为分别为的中点，
所以，
所以分别是以为斜边的直角三角形，
即，
又平面平面，
所以平面，
又平面平面，
所以平面.
（2）解：在图（2）中延长交于点，连接并延长交于点，连接，所以平面即为所求截面，故.
（3）解：过作，因为，
所以为的中点，所以，
连接，因为，
所以，
又平面平面，
所以平面，
连接，
则是截面与平面所成二面角的平面角，即，
在中，，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以在中，，
所以，所以，
所以，
因为，
因为，即为的中点，
又是的中点，所以是的重心，
所以，
所以，
所以.
又，
所以，
所以.
16.解：（1）因为点的坐标为，代入，
得，所以，点处切线的斜率，
所以切线的方程为.
（2）设点，
则切线，即，
，即，
所以为的中点，
因为垂直于，所以点在的中垂线上，
所以，所以.
（3）解法一：设点，则，
联立得.
设，
则，且，
则.
因为，
所以
，
易知，则，
当且仅当时取得等号，
所以的最小值为8.
解法二：由解法一知联立
得，
则，
所以，
又，
所以，
当且仅当时取得等号，
所以的最小值为8.
17.（1）证明：由题意知的定义域为.
令，则，故.
再令，则，
所以.
故为奇函数.
（2）解：由题意得，
又，
所以，即，
所以，
故是首项为-1，公比为2的等比数列，
所以.
所以，
所以，
两式相减得，
所以.
所以恒成立，即恒成立.
设，则，所以数列递增.
当为奇数时，，当时，有最大值-1，故；
当为偶数时，，当时，有最小值，故.
综上，的取值范围是.
18.解：（1）由椭圆的定义知，
所以的周长，所以.
又的离心率为，所以，
所以，
所以的方程为.
（2）（i）联立直线与，
求得（因为点在轴上方）及.
以为坐标原点，折叠后原轴负半轴 原轴 原轴正半轴所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.
记异面直线和所成角为，
则.
（ii）设直线的方程为，折叠前，折叠后在新图形中的对应点记为，
由，得.
联立整理得，
则，
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴所在直线为轴，原轴负半轴所在直线为轴），即，
则，
，
所以，（*）
又，
所以
由可得，
因为，
所以，
即，
所以，解得，
因为，所以.
19.（1）解：由，
则，故，
，故，
，故.
（2）解：由题意知，
当时，因为，所以，
因为，且均为正整数，
所以或，
所以，
因为是互不相等的正整数，
所以必有一项大于2，
所以，
所以，不合题意，
当时，对于数列，有，
综上，的最小值为4.
（3）证明：因为，
所以.
若，则当时，至少以下情况之一成立：
①，这样的至多有个；
②存在，这样的至多有个.
所以小于的至多有个，
所以，
令，解得，
所以.
对，若，且，
因为，所以当时，至少以下情况之一成立：
④，这样的至多有个；
⑤存在且，这样的至多有个.
所以.
令，解得，
即，
其中表示不大于的最大整数，
所以当时，
.
综上，定义，
，则，
依次可得2023，
所以.