江苏省灌云高级中学2023-2024学年高三下学期数学模拟试卷

这是一份江苏省灌云高级中学2023-2024学年高三下学期数学模拟试卷，共16页。试卷主要包含了单项选择题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，，则中元素的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．无数个
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．口袋里有红黄蓝绿的小球各四个，这些球除了颜色之外完全相同，现在从口袋里任意取出四个小球，则不同的方法有（ ）种.
A．48B．77C．35D．39
5．在正项等比数列中，为其前n项和，若，则的值为（ ）
A．10B．18C．36D．40
6．已知函数的图象与的图象关于轴对称，若将的图象向左至少平移个单位长度后可得到的图象，则（ ）
A．的图象关于原点对称 B．
C．在上单调递增 D．的图象关于点对称
7．已知函数若存在唯一的整数x，使得成立，则所有满足条件的整数a的取值集合为（ ）
A．B．C．D．
8．已知是定义在上的奇函数，为偶函数，且在上单调递增，设，，，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
二、选择题：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．如图，在四面体中，，，，为的中点，点是棱的中点，则（ ）
A．平面
B．
C．四面体的体积为
D．异面直线与所成角的余弦值为
10．若，且，则（ ）
A．B．
C．D．
11．若函数在处取得极值，则（ ）
A．
B．为定值
C．当时，有且仅有一个极大值
D．若有两个极值点，则是的极小值点
12．双曲线具有如下光学性质：如图是双曲线的左，右焦点，从右焦点发出的光线交双曲线右支于点，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线过左焦点.若双曲线的方程为，则（ ）
A．双曲线的焦点到渐近线的距离为
B．若，则
C．当过点时，光线由所经过的路程为8
D．反射光线所在直线的斜率为，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知等差数列是递增数列，且满足，，令，且，则数列的前项和为 .
14．已知O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且.若，则C的准线方程为 .
15．《海岛算经》是魏晋时期数学家刘徽所著的测量学著作，书中有一道测量山上松树高度的题目，受此题启发，小李同学打算用学到的解三角形知识测量某建筑物上面一座信号塔的高度.如图，把塔底与塔顶分别看作点C，D，CD与地面垂直，小李先在地面上选取点A，B（点在建筑物的同一侧，且点位于同一个平面内），测得，在点处测得点的仰角分别为，在点处测得点的仰角为，则塔高为 .（参考数据：）
16．正方体棱长为2，E，F分别是棱，的中点，M是正方体的表面上一动点，当四面体的体积最大时，四面体的外接球的表面积为 ．
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．（10分）在中，内角，，的对边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，，求边上的高.
18．（12分）如图，在三棱锥中，分别是线段的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求.
19．（12分）一次跳高比赛中，甲同学挑战某个高度，挑战规则是：最多可以跳三次.若三次都未跳过该高度，则挑战失败；若有一次跳过该高度，则无需继续跳，挑战成功.已知甲成功跳过该高度的概率为，且每次跳高相互独立.
(1)记甲在这次比赛中跳的次数为，求的概率分布和数学期望；
(2)已知甲挑战成功，求甲第二次跳过该高度的概率.
20．（本题满分12分）
设是数列的前n项和，已知，
（1）证明：是等比数列，并求的通项公式；
（2）证明：当时，.
21．（本题满分12分）
已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个不同的零点，且，求实数的取值范围．
22．（本题满分12分）
在平面直角坐标系中，已知两定点，，M是平面内一动点，自M作MN垂直于AB，垂足N介于A和B之间，且．
(1)求动点M的轨迹；
(2)设过的直线交曲线于C，D两点，Q为平面上一动点，直线QC，QD，QP的斜率分别为，，，且满足．问：动点Q是否在某一定直线上？若在，求出该定直线的方程；若不在，请说明理由．
参考答案：
1．C
【详解】由题意，中的元素满足，可解得，
2．A
【详解】因为，所以，所以.
3．A
【详解】由，得，而，则，
于是，则，而，
所以与的夹角为.
4．C
【详解】根据条件，取出的四个球可以分为一种，两种，三种，四种颜色，
当取出的球只有一种颜色时：有种；
当取出的球只有二种颜色时：有种；
当取出的球只有三种颜色时：有种；
当取出的球只有四种颜色时：有种；
共有：种.故C项正确.
5．D
【详解】易知，为等比数列，
，代入数据可得，
解得或（舍）所以.
6．B
【解】由题意，可设，，
因为与的图象关于轴对称，
所以，
则，解得，
由于，，故的最小值为，
因为的图象向左至少平移个单位长度后可得到的图象，
所以，解得，则.
对于A，因为的定义域为，而，所以不是奇函数，
图象不关于原点对称，错误；
对于B，，B正确；
对于C，由，得，又在上不单调，C错误；对于D，，故不是图象的对称中心，D错误.
7．A
【详解】作出的函数图象如图所示：
表示点与点所在直线的斜率，
可得曲线上只有一个点（x为整数）和点所在直线的斜率小于0，而点在动直线上运动，
由，，，可得当时，只有点满足；
当时，只有点满足.又a为整数，可得a的取值集合为.
8．B
【解】因为为奇函数，所以，函数的定义域为R，
由是偶函数，得，即，所以，所以函数是以4为周期的奇函数，又在上单调递增，所以可得在上单调递增；又，，，
显然，即，因此可得，
9．ABD
【详解】对A：连结，如图，在四面体中，，，，为的中点，
所以，，且，.
所以，所以.
又因为，平面，所以平面，故A正确；
对B、C、D：连接，由A知，平面，平面，所以，，所以，故B正确；
因为与平行，所以与所成的角就是与所成角，在直角三角形中，，故D正确；
四面体的体积：，故C错误；
故选：ABD.

10．AD
【详解】因为，，
所以，所以，故A正确；
所以，
又因为，所以，
所以，故B错误；
因为，所以，
所以，
，故C错误；
因为，所以，而，
所以，即，由在单调递减知，，故D正确.
11．ABC
【解】的定义域为，则，
，
由题意可知，是方程的一个变号实数根，
则，故A正确；
由得，，故B正确；
当时，因为，所以函数开口向下，且与轴正半轴只有一个交点，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则有且仅有一个极大值，故C正确；
将代入整理得，
则方程有不相等的实数根与，即，
当时，时，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则是的极大值点，是的极小值点，
当时，时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则是的极大值点，是的极小值点，故D错误，
故选：ABC.
12．ABD
【解】对于A，由双曲线C的方程为知双曲线的渐近线方程为：，
焦点到渐近线的距离为：，故A正确；
对于B，若，则.
因为P在双曲线右支上，所以.由勾股定理得：，
二者联立解得：.故B正确；
对于C，光由所经过的路程为，
故C不正确；

对于D，双曲线的渐近线方程为.
设左、右顶点分别为A、B.如图示：
当与同向共线时，的方向为，此时，最小.
因为P在双曲线右支上，所以n所在直线的斜率为.即.故D正确.
故选：ABD.
13．
【解】设等差数列的公差为，
因为，，可得其中，
解得，所以，所以，
可得，
设数列的前项和为，则
.
14．
【解】解：法一：由题意，不妨设P在第一象限，则，，．
所以，所以PQ的方程为：，
时，，因为，所以，解得，
所以抛物线的准线方程为：．
法二：根据射影定理，可得，可得，解得，
因此，抛物线的准线方程为：．
故答案为：．
15．24
【详解】如图，延长与的延长线交于点，
则，
所以，所以.
在中，，
由正弦定理，得.
16．
【详解】如下图，，即四点共面，要使四面体的体积最大，
只需点离平面最远即可，显然点、线段上点到平面距离都相等，
构建下图空间直角坐标系，则，
所以，若面的一个法向量为，
则，令，则，
而，则，，，，
所以到面距离为，到面距离为，
到面距离为，到面距离为，
综上，正方体的表面上到面距离最远，故四面体的体积最大，与重合，
首先确定外接圆圆心坐标，将置于如下直角坐标系中，

则，则是直线与的垂直平分线的交点，
由，则，且中点为，故，即，
联立，即对应到空间直角坐标系的坐标为，
由四面体的外接球球心在过垂直于面的直线上，设，
由，即，所以，
故外接球半径为，故外接球的表面积为.
故答案为：
17．【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
又因为，则，所以，
整理得到，即，
因为，所以，
所以，所以.
（2）由余弦定理，且，则有，
又，解得或（舍去），
所以边上的高.
18． 【详解】（1）因为分别是线段的中点，
所以，且.
因为，所以.
因为，所以，所以.
又因为平面，且，所以平面.
（2）因为是线段的中点，且有，所以是直角三角形，其中.
由（1）可知平面，所以可以为坐标原点，所在直线为轴，过点且与平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，设，
则.
则，
所以.
不妨设平面与平面的法向量分别为，
则有即有
令
即
令，此时有.
则，
整理得.
因为，所以，即，所以.
19．【详解】（1）解：记“第跳过该高度”分别为事件，可得随机变量的可能取值为，则；；
，
所以随机变量的概率分布为
所以，期望为.
（2）解：“甲同学挑战成功”为事件，
则;
,
所以，所以甲挑战成功，且第二次跳过该高度的概率.
20．解：（1）由已知得，
所以，……………………2分
因为，，所以，……………………3分
所以是以为首项，为公比的等比数列，……………………4分
所以，，
所以的通项公式；……………………6分
（2）由知，
所以，……………………7分
所以
，……………………9分
当时，
令，可知且当时，单调递增，
所以当时，，即当时，.…………………………12分
21．【解】（1）的定义域为，令，得，
令，则，令，可得，
当时，；当时，．
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以，所以．
（2），两式相减，得．
令，则，故，
记，则，
构造函数，，
所以在上递减，
由于，
所以当时，，所以，
所以函数在区间上单调递减，
故，
即，而，在区间上单调递减，
故，即．
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数零点或方程的根，通常有三种思路：
（1）用最值或极值研究；（2）用数形结合思想研究；（3）构造辅助函数研究．
22． 【解】（1）设，则，由题意知－4＜x＜4．
∵，∴，即，故动点M的轨迹为．
（2）存在满足题意的Q，在定直线y＝8（x≠0）上．理由如下：
当直线CD的斜率存在时，设直线CD的方程为y＝kx＋1．
设，，，则，，，由此知．
将y＝kx＋1代入，得，于是
，．①
条件即，也即．
将，代入得．
显然不在直线y＝kx＋1上，∴，从而得，即．
将，代入得．将式①代入得
，解得．
当直线CD的斜率不存在时，经检验符合题意．
因此存在满足题意的Q，在定直线y＝8（x≠0）上．
1
2
3