天津市朱唐庄中学2023-2024学年高三下学期数学模拟预测试卷（二）

这是一份天津市朱唐庄中学2023-2024学年高三下学期数学模拟预测试卷（二），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若：，：则为的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分又不必要条件
2．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
3．函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
4．在等差数列中，，，则（ ）
A．4B．5C．6D．8
5．已知函数在区间上至少存在两条对称轴，则的最小值为（ ）
A．6B．
C．D．
6．新能源汽车的核心部件是动力电池，电池成本占了新能源整车成本很大的比例，从2022年年初开始，生产电池的某种有色金属的价格一路水涨船高．下表是2022年前5个月我国某电池企业采购的该有色金属价格（单位：千元）与月份的统计数据．
若与的线性回归方程为，则的值为（ ）
A．3.8B．4.0C．4.2D．4.4
7．如图，三棱台中，，三棱台的体积记为，三棱锥的体积记为，则（ ）
A．B．C．D．7
8．已知双曲线：的右焦点为，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
9．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．已知（为虚数单位），则复数 ．
11．若的展开式中的系数为10，则 ．
12．已知直线与圆相切，且被圆截得的弦长为，则 ； ．
13．甲､乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲､乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则甲在两轮活动中恰好猜对一个成语的概率为 ；“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为 .
14．如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（，交两点不重合）.若，则 ，若，，则的最小值为 .
15．，若有3个不同的零点，则的取值范围为 .
三、解答题
16．在中，角，，的对边分别为，，，已知，
(1)求；
(2)求，的值；
(3)求的值．
17．如图，六棱锥的底面是边长为1的正六边形，平面，.
(1)求证：直线平面；
(2)求证：直线平面；
(3)求直线与平面所的成角.
18．已知等差数列的前项和为，，，数列满足，.
(1)求的通项公式：
(2)设数列满足，
①求前项中所有奇数项和，②若的前n项和为，证明：.
19．设椭圆的右顶点为，上顶点为.已知椭圆的离心率为，.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点，且点，均在第四象限.若，求的值.
20．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程：
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)证明：（，）.
1
2
3
4
5
1.7
3.0
6.0
7.4
参考答案：
1．C
【分析】根据充分条件、必要条件的定义即可判断命题.
【详解】充分性：若，则或，，故不能得到，故充分性不满足；
必要性：若，则，故必要性满足，
综上所述：为的必要不充分条件，故C正确.
故选：C.
2．A
【分析】利用对数函数、指数函数、三角函数的性质确定各个值与的大小关系即可.
【详解】
因为，
，，
，
．
故选：A．
3．A
【分析】先运用奇偶性排除CD选项，然后再运用特殊值（范围）排除B选项，从而得出答案.
【详解】解：函数的定义域为，
因为，
故函数为奇函数，关于原点对称，故排除C、D两个选项；
又因为当时，，
故此时，
故排除B选项.
故选：A.
4．C
【分析】
根据等差数列的性质求得公差，进而求得.
【详解】设等差数列的公差为，
，
所以.
故选：C
5．C
【分析】化简函数，根据题意，结合余弦型函数的性质，列出不等式，即可求解.
【详解】因为函数，
由，可得，
要使得函数在区间上至少存在两条对称轴，
根据余弦型函数的性质，则满足，解得，
所以实数的最小值为.
故选：C.
6．D
【分析】计算出，代入回归方程，求出的值.
【详解】由题意得，，
则，解得．
故选：D．
7．A
【分析】
根据高相等，体积之比等于底面积之比得到，，从而得到.
【详解】因为棱台中，，
所以，，
由于三棱锥和三棱锥的高相等，
故，
又三棱锥与三棱锥的高相等，，
故，
其中，
故
故选：A
8．B
【分析】由，令且，，则，根据题设有、、，进而有，将它们整理为关于的齐次方程求离心率即可.
【详解】由题设，令且，，则，且①，

由，即②，
由，即，
又C在双曲线上，则③，
由①得：，代入③并整理得：，
由①②及得：，
所以，即，
显然，则.
故选：B
【点睛】关键点点睛：设且，，结合已知得到关于的齐次方程为关键.
9．C
【分析】根据补集和交集的概念即可得出答案.
【详解】，，
又，.
故选：C
10．
【分析】根据题意，由复数的运算代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，则，即，
所以.
故答案为：
11．2
【分析】根据题意得，再借助二项式展开式的通项公式分两种情况讨论得解．
【详解】由，
又展开式的通项公式为，
当时，，此时的系数为；
当时，，此时的系数为，
所以的展开式中的系数为，得．
故答案为：2．
12．
【分析】利用圆心到直线的距离等于半径求出，即可求出直线的方程，再由弦长求出圆心到直线的距离，即可求出.
【详解】因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离，解得或（舍去），
则直线的方程为：，
又被圆截得的弦长为，
所以圆心到直线的距离，
解得或（舍去）.
故答案为：；
13． /0.32 /0.42
【分析】由相互独立事件的概率公式计算即得；分甲对2个乙对1个和甲对1个乙对2个两种情况，根据相互独立事件概率乘法公式分别计算，然后可得.
【详解】设分别表示甲两轮猜对1个，2个成语的事件，分别表示乙两轮猜对1个，2个成语的事件，
则有，，
设A=“两轮活动‘星队’猜对3个成语”，则，且与互斥，与，与分别相互独立，
所以
因此，“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是．
故答案为：；
14．
【分析】
根据向量的加减运算，以为基底，表示出，和已知等式比较，即可得的值，求得的值；结合已知用表示，结合三点共线可得，将化为，展开后利用基本不等式，即可求得的最小值.
【详解】
在中，，，则，
故
，
故；
又，而，，
所以，则，
又三点共线，所以，结合已知可知，
故，
当且仅当，结合，即时，取等号；
即的最小值为，
故答案为：；
【点睛】
结论点睛：若，则三点共线.
15．
【分析】画出的函数草图，数形结合分析的范围对应零点个数，且，讨论参数a，结合二次函数性质及零点个数求范围.
【详解】由函数解析式可得如下图象草图，
令，则，有两个零点；，有三个零点；
，有一个零点；，有没有零点；
则，若可得或，
当或时，即有两个零点且，对称轴，
要使有3个不同的零点，有如下情况：
，则且，可得；
，则且，无解；
当时，即有且仅有一个零点，对称轴，
此时，，即无零点或两个零点，不合题意；
当时，无零点，不合题意；
综上，有3个不同的零点，则.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用图象分析的范围对应零点个数，再由零点个数及二次函数性质求参数范围.
16．(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）由正弦定理将边化角，再由同角三角函数的基本关系计算出；
（2）由三角形面积公式得出，再由余弦定理得出，进而得出，的值；
（3）计算，再由差角公式求解即可.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
又，所以，所以，
因为，所以，所以，
又，解得或（舍去）.
（2）由（1）知，
因为，所以，
所以，即①，
由余弦定理知，
所以，即②，
又，所以由①②解得，．
（3）由余弦定理，即，
解得，因为，所以，
所以．
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）通过证明结合线面平行判定定理可证；
（2）由勾股定理证得，再结合可证；
（3）先说明即为直线与平面所的成角，再求得正切值可解.
【详解】（1）证明：∵正六边形，∴，，
∴，∴，
∵平面，平面，
∴直线平面.
（2）在中，，易得，
在中，，，
∴,∴，
因为平面， 平面，故，
∵,平面，故直线平面.
（3）∵平面，
∴即为直线与平面所的成角，
在中，，，∴，
∴，
即为直线与平面所的成角为.
18．(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）构造等比数列，由数列的递推公式求通项公式；
（2）①用裂项求和法求数列的奇数项的和；②用分组求和法求数列的前项的和，再得出不等式的结论.
【详解】（1）因为，所以，且，
所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，
所以的通项公式为；
（2）①设的公差为，因为，，
所以，所以，所以，
所以，所以，
所以
②所以，
所以，
所以，
又因为，所以.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的离心率以及，列出关于的方程，求解得，即可得答案；
（2）设，联立方程可求出的表达式，利用可得到之间的关系，解方程即可求得答案.
【详解】（1）由题意知椭圆方程为椭圆，设焦距为2c，
则，则，
由于，由得，
解得，
故椭圆方程为；
（2）设，则，

由于，故直线AB的方程为，
即，
联立，解得，则；
联立，解得，则，
由于，故，即，
即，整理得，
解得或（舍去），
即.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键时第二问中求k的值，将转化为点的横坐标之间的关系，从而结合联立方程求解.
20．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案；
（2）利用分离参数法，将不等式恒成立转化为函数的最值问题，即构造函数，利用导数求出其最大值，即可求得答案；
（3）结合（2）的结论，取，则可得，进而结合题意对x赋值，并利用累加法，即可证明结论.
【详解】（1）当时，函数的定义域为，，，
曲线在点处的切线方程的斜率，
则切线方程为；
（2）若恒成立，则恒成立，
设，，，
由，得，由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减.
.；
（3）证明：结合（2），令，则，即，则，（当且仅当时取等号），
，，…，，
，（，）.
【点睛】关键点睛：解答本题第三问，证明不等式时，关键是要利用第二问的结论，即取，得到不等式，从而采用累加法证明结论.