2024年宁德市古田县高三数学考前模拟预测试卷附答案解析

年宁德市古田县高三数学考前模拟预测试卷（考试时间：120分钟；试卷满分：150分）一、单项选择题：本大题共8个小题，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．抛物线的焦点坐标为（

）A．B．C． D．2．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列条件可以推出的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，3．“直线与圆相切”是“”的（

）A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．即不充分也不必要条件4．有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（

）种停放方法．A．72 B．144 C．108 D．965．如图，把周长为的圆的圆心放在轴上，点在圆上，一动点从开始逆时针绕圆运动一周，记弧，直线与轴交于点，则函数的图像大致为（

）A．B．C．D．6．若一组样本数据、、、的平均数为，另一组样本数据、、、的方差为，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数和方差分别为（

）A．， B．， C．， D．，7．设，，，则(

)A． B． C． D．8．过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，设垂足为（为第一象限的点），延长交抛物线于点，其中该双曲线与抛物线有一个共同的焦点，若，则双曲线的离心率的平方为A． B． C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．已知复数是关于x的方程的两根，则下列说法中正确的是（

）A． B． C． D．若，则10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（

）A．的图象关于点对称B．在区间的最小值为C．为偶函数D．的图象向右平个单位后得到的图象11．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始，第n行从左至右的数字之和记为，如的前项和记为，依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，...，记为，的前项和记为，则下列说法正确的有（

）A． B．的前项和C． D．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知集合，，则.13．已知的展开式中含项的系数为160，则实数a的值为.14．《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为6cm，上下底面间的距离为3cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是cm；卧足杯的容积是（杯的厚度忽略不计）四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤，在答题卷上相应题目的答题区域内作答.15．的内角的对边分别为，已知，且的面积.(1)求C；(2)若内一点满足，，求．16．如图，在四棱锥中，平面，，，．

(1)求证：平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小．条件①：；条件②：平面．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．17．甲进行摸球跳格游戏．图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开始在第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第n格的概率为．(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X，求X的分布列和期望；(2)证明：数列为等比数列．18．焦点在轴上的椭圆的左顶点为，，，为椭圆上不同三点，且当时，直线和直线的斜率之积为．(1)求的值；(2)若的面积为1，求和的值；(3)在（2）的条件下，设的中点为，求的最大值．19．英国数学家泰勒发现了如下公式：其中为自然对数的底数，.以上公式称为泰勒公式.设，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.(1)证明：；(2)设，证明：；(3)设，若是的极小值点，求实数的取值范围.1．D【分析】将抛物线方程化为标准方程，进而得到焦点坐标.【详解】由可得抛物线标准方程为：，其焦点坐标为.故选：D.2．D【分析】根据每个选项中的条件结合面面垂直的判定定理判断的位置关系，可得答案.【详解】对于A，，，，有可能出现平行这种情况，故A错误；对于，，，，不能保证m垂直于内两条相交直线，会出现平面，相交但不垂直的情况，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，，又由，则内一定存在某直线a，满足，则，故，故D正确，故选：D.3．C【分析】先求出直线与圆相切的充要条件，再判断即可【详解】由直线与圆相切，故圆的圆心到直线的距离为半径，故，解得或，则“直线与圆C：相切”是“”的必要不充分条件.故选：C4．A【分析】对特殊车辆货车甲的停放方法分类讨论，再停入乙车，最后停入其它车即可得.【详解】先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有种停法，则乙车有种停法，除甲、乙外的其它三辆车共有种停法；若货车甲靠边，共有种停法，则乙车有种停法，除甲、乙外的其它三辆车的排法共有种，故共有种停放方法.故选：A.5．D【分析】根据从运动到和从运动到时，的单调性和增长速度可判断出结果.【详解】当从运动到时，从递增到，可排除AC；当从运动到时，从递增到，且增长速度越来越快，可排除B.故选：D.6．A【分析】计算出、的值，再利用平均数和方差公式可求得合并后的新数据的平均数和方差.【详解】由题意可知，数据、、、的平均数为，则，则所以，数据、、、的平均数为，方差为，所以，，将两组数据合并后，新数据、、、、、、、的平均数为，方差为.故选：A.7．D【分析】根据指数函数值域求出a、c范围，根据对数函数值域求出b的范围，由此即可比较a、b、c的大小关系．【详解】，则；，，则；且，则；故．故选：D．8．D【详解】试题分析：，渐近线方程，因为，所以，因为，所以为中点，所以由抛物线定义得，因此，又，所以，选D.考点：抛物线定义，双曲线渐近线【方法点睛】1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理．本题中充分运用抛物线定义实施转化，其关键在于求点的坐标．2．若P（x0，y0）为抛物线y2＝2px（p＞0）上一点，由定义易得|PF|＝x0＋；若过焦点的弦AB的端点坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），则弦长为|AB|＝x1＋x2＋p，x1＋x2可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．9．ACD【分析】在复数范围内解方程得，然后根据复数的概念、运算判断各选项．【详解】，∴，不妨设，，，A正确；，C正确；，∴，时，，B错；时，，，计算得，，，同理，D正确．故选：ACD．10．BC【分析】由图象可求得的解析式，对于A：验证是否为的零点；对于B先求出的范围再求的值域；对于C，求出的解析式判断奇偶性；对于D：根据图象的平移求出平移后的解析式判断.【详解】，由图象可知，即，又，所以，由五点作图法可得，解得，所以，对于A：，所以的图象关于对称，故A错误；对于B：当时，，即在区间上的最小值为，故B正确；对于C：，为偶函数，故C正确.对于D：的图象向右平移个单位后得到的图象，故D错误；故选:BC.11．BCD【分析】由题意分析出数列为等比数列，再求其前项和，再对各项逐一分析即可．【详解】从第一行开始，每一行的数依次对应的二项式系数，所以，所以为等比数列，，所以，故A错误；，故的前项和为，故B正确；去掉每一行中的1以后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，3…，构成一个等差数列，项数之和为，则的最大整数为11，此时,杨辉三角中取满了第11行，第12行首位为1，取的就是第12行中的第3项，，故C正确；是中去掉22个1，再加上第12行中的第2项和第3项，所以，故D正确.故选：BCD．【点睛】关键点点睛：本题考查“杨辉三角”与数列求和问题，解题的关键是将数列与“三角数阵”联系起来，结合二项式系数的性质与等比数列求和公式求解.12．【分析】求得，，进而可求.【详解】由，可得，所以，，由，解得，.故答案为：.13．【分析】运用二项式展开式的通项公式，就可以出求指定项的系数，从而解得.【详解】由二项式展开式通项公式得：，当时，有，由展开式中含项的系数为160，所以，解得：，故答案为：2.14．【分析】设球体的半径为，，得到，解出，求出球体半径；由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，分别求出圆柱和圆台的容积，作差即可求解.【详解】如下图：设球体的半径为，，由，得，解得，所以；作一个高与球的半径相等，底面半径也与球的半径相等的圆柱，可得过的两截面的面积相等，由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，设圆台上表面半径为，则，下表面半径为，所以，，..故答案为：；.15．(1)(2)【分析】（1）根据题意，利用余弦定理和面积公式，化简得到，求得，再由正弦定理和，得到，即可求解；（2）设，分别在和中，求得的表达式，列出方程求得，即可求解.【详解】（1）解：根据题意知，由余弦定理得，又因为，所以，即，因为，所以，又由正弦定理且，所以，又因为，所以.（2）解：由（1）知，，所以，可得，所以，设，因为，所以，因为，所以，在中，，所以，在中，，所以，即，所以，即，即，因为，所以.

16．(1)证明见解析(2)所选条件见解析，【分析】（1）连接AC，由题目条件可推得为等腰直角三角形，且，，即，再，由线面垂直的判定定理即可证明；（2）选条件①或选条件②均可证明，建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由二面角求解即可.【详解】（1）如图，连接AC，因平面，平面，则，.又，则.注意到，则为等腰直角三角形，其中，.所以，又因为，平面，，所以平面；（2）若选条件①，由余弦定理可得，，结合为三角形内角，得，又，则，即.若选条件②，因平面，BC平面，平面平面，则，又，则，即.故建立以A为坐标原点，如下图所示空间直角坐标系（轴所在直线与DC平行）又，，则，则，，.平面法向量为，设平面法向量为，则.令，则，所以，设面与平面所成角为，，根据平面角的范围可知.

17．(1)分布列见解析；期望；(2)证明见解析；【分析】（1）写出X的所有可能取值并求出对应的概率，即可列出分布列，计算求出期望值；（2）依题意根据跳格规则可得，即可得出证明；【详解】（1）根据题意可知，X的所有可能取值为0，1，2；则，，；可得X的分布列如下：012期望值为.（2）依题意，当时，棋子跳到第格有两种可能：第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同；又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为，摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为；因此可得；所以，因此可得，即数列是公比为的等比数列.18．(1)(2)，；(3)【分析】（1）先确定点和点坐标关系，然后计算，，通过可得答案；（2）当直线的斜率不存在时，直接求解，当直线的斜率存在时，设其方程为，于椭圆联立，利用韦达定理及弦长公式计算，整理后代入和计算即可；（3）计算的值，然后利用基本不等式求最值.【详解】（1）因为，所以三点共线，则必有点和点关于点对称，所以，设直线和直线的斜率分别为，，因为点为椭圆的左顶点，所以，所以，，所以，所以，所以，所以，即；（2）设过两点的直线为，当直线的斜率不存在时，两点关于对称，所以，，因为在椭圆上，所以，又，所以，即，结合可得，此时，，所以；当直线的斜率存在时，设其方程为，，联立，消去得，其中①，所以，所以因为到直线的距离，所以，所以，整理的，符合①式，此时，；（3）因为，所以，即，当且仅当时等号成立，此时为直角三角形且为直角，故，解得，从而，此时等号可成立.所以的最大值为.

19．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）首先设，利用导数判断函数的单调性，转化为求函数的最值问题；（2）首先由泰勒公式，由和，再求得和的解析式，即可证明；（3）分和两种情况讨论，求出在附近的单调区间，即可求解.【详解】（1）设，则.当时，：当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.因此