廣東省名校教研聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期5月模擬預(yù)測考試數(shù)學(xué)試題

廣東省名校教研聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期5月模擬預(yù)測考試數(shù)學(xué)試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．集合M={x|(x?1)(x+2)>0}，若M∩N=?，則集合N可以為（）A．{x|?2<x<2} B．{x|?1≤x<2}C．{?2,1} 2．已知z1，z2為方程x2A．?101313 B．41313 3．已知0≤x<2π，則cos2x+A．0≤x<π3 B．π2≤x≤π C．4．已知雙曲線E：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的兩條漸近線與拋物線C：y2=4xA．2 B．3 C．2 D．55．已知函數(shù)f(x)=5sin(3x+φ)，φ∈[?3,6]，若A．π4 B．π2 C．3π46．已知f(x)=x3+A．a(chǎn)+b<0 B．a(chǎn)+b>0 C．a(chǎn)?b<0 D．a(chǎn)?b>e7．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，ab+c+ba+c=1A．?23 B．?3 C．3 8．已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，f(1)=2，若對?t∈R有f(1?tx)=f(9+tx)，f(tx+2)+f(tx?2)=f(9)成立，則n=176A．72 B．75 C．77 D．80二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。9．若函數(shù)y=f(x)的圖象上至少存在兩個不同的點P，Q，使得曲線y=f(x)在這兩點處的切線垂直，則稱函數(shù)y=f(x)為“垂切函數(shù)”.下列函數(shù)中為“垂切函數(shù)”的是（）A．y=x2 B．y=ex C．10．如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的邊長為4，A．AB．直線A1P與直線BCC．直線A1P與平面ABD．若C∈α，則正方體截平面α所得截面面積為2611．已知拋物線C：x2=2py(p>0)的焦點為F，點P(?1,t)在C的準(zhǔn)線上，過點P作C的兩條切線，切點分別為A．M，F(xiàn)，N三點共線B．若PF=13PMC．當(dāng)t=?1時，直線MN的方程為y=?D．△PMN面積的最小值為3三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．(4x?3y)(2x+y)5的展開式中x313．如圖，等邊△ABC的邊長為4，點D為邊AB的中點，以CD為折痕把△ADC折疊，在折疊過程中當(dāng)三棱錐A?BCD的體積最大時，該棱錐的外接球的表面積為.14．已知點F1，F(xiàn)2分別為雙曲線x24?y25=1的左、右焦點，點A為C的右頂點，點P為C右支上的動點，記r1，r2分別為△P四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15．截至2月10日2時，中央廣播電視總臺《2024年春節(jié)聯(lián)歡晚會》全媒體累計觸達(dá)142億人次，收視傳播人次等數(shù)據(jù)創(chuàng)下新紀(jì)錄.參考公式和數(shù)據(jù)：K2=nP(0.0250.0100.005k5.0246.6357.879（1）某媒體隨機(jī)抽查200名在線用戶，得到2×2列聯(lián)表，根據(jù)該表是否有99.5%的把握認(rèn)為完整觀看與年齡有關(guān)?完整觀看未完整觀看合計不超過30歲6040100超過30歲8020100合計14060200（2）某媒體舉辦“看春晚贏文創(chuàng)”在線活動，每個在線用戶在看春晚期間有三次答題機(jī)會，三次回答正確就可以贏得文創(chuàng)獎品，第一題預(yù)設(shè)難度（預(yù)設(shè)難度：用戶回答正確的概率）0.8，后兩題預(yù)設(shè)難度0.6，且每道題回答正確與否互不影響.記X為每個參加答題的用戶答對題目個數(shù)，求X的分布列及期望.16．如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中有一八面體G?MNPQ?H，其中點G，H分別為正方形A1B1C1D1，正方形ABCD的中心，點M，N（1）證明：平面MHQ∥平面NGP；（2）求鈍二面角G?NP?H的余弦值.17．已知數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，其前n項和為Sn，S3=3，（1）求{a（2）若bn=an+3,n=2k18．橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)（1）求C的方程；（2）如圖，F(xiàn)1是C的左焦點，過F1的直線交圓O于點M，N，線段MN的垂直平分線交C于點P，Q，交MN于點（i）證明：四邊形MPNQ的面積為定值.（ii）記△PAN，△MAQ的面積分別為S1，S2，求19．已知函數(shù)f(x)=lnx?x，（1）曲線y=f(x)與y=g(x)在x=x0處的切線分別是l1：y=θ(x)，l2，且（2）已知af(x)+g(x)+2a<0(a≠0).（i）求a的取值范圍；（ii）設(shè)函數(shù)F(x)=f(x+a)+axg(x)+x+a(x>0)的最大值為M，比較M

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：由x-1x+2>0，解得x<-2或x>1，則集合M={x|x<?2或x>1}，

因為M∩N=?故答案為：C.【分析】解不等式求得集合M，再結(jié)合M∩N=?，判斷即可.2．【答案】B【解析】【解答】解：方程x2?4x+13=0，△=-42-4×13=-36，

則方程的兩虛根為z=且z1+z2=4故答案為：B.【分析】解方程求的兩虛根z1，z3．【答案】A【解析】【解答】解：因為cos2x+cosx≥0所以(2cosx?1)(cosx+1)≥0，解得又因為0≤x<2π，所以0≤x≤π3或5π3≤x<2π或x=π，故故答案為：A.【分析】根據(jù)余弦的二倍角的公式化簡可得(2cosx?1)(cos4．【答案】D【解析】【解答】解：設(shè)點M(y024,由S△MON=12×2y0×y024=2故答案為：D.【分析】設(shè)M(y024,y0)，5．【答案】C【解析】【解答】解：因為f(x)+f(π2?x)=0所以f(π4)=5sin(3π4+φ)=0，即34π+φ=kπ，k∈z，即φ=kπ?34π，k∈Z且φ∈[?3,6]故答案為：C.【分析】根據(jù)正弦型函數(shù)的對稱性即可求解所有符合條件的φ.6．【答案】A【解析】【解答】解：設(shè)g(x)=x3+因為函數(shù)y=(1π)x在R又因為y=x3，y=πx在R上單調(diào)遞增，所以因為g(?x)=(?x)3+因為f(a)=g(a)+e，f(b)=g(b)+e，所以f(a)+f(b)=g(a)+g(所以g(a)<?g(b)=g(?b)，因為g(x)在R上單調(diào)遞增，所以a<?b，即a+b<0.故答案為：A.【分析】設(shè)g(x)=x3+πx?(1π7．【答案】D【解析】【解答】解：因為ab+c+b在△ABC中，由余弦定理可得cosC=a2+b由余弦定理可得得b2?c所以ab?a2=12即3sin(B+π3)=2sinB故答案為：D.【分析】由題意，利用余弦定理求得C=π3，結(jié)合b28．【答案】C【解析】【解答】解：對?t∈R有f(1?tx)=f(9+tx)，

令t=1，則f(1?x)=f(9+x)，用x-9代替x可得f(x)=f(10?x)，由?t∈R有f(tx+2)+f(tx?2)=f(9)，令t=1，可得f(x+2)+f(x?2)=f(9)，故f(x+4)+f(x)=f(9)①，則f(x+8)+f(x+4)=f(9)，所以f(x)=f(x+8)，即函數(shù)f(x)是以8為周期的周期函數(shù)；所以f(9)=f(1)=2，f(x)=f(2?x)②，由①②得f(x+4)+f(2?x)=2③，令③中x=?1，則f(3)=1；令③中x=0，則f(4)+f(2)=2，由f(x+4)+f(x)=2，得f(5)+f(1)=2，而f(1)=2，則f(5)=0，且f(6)+f(2)=f(7)+f(3)=f(8)+f(4)=2，所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)+f(7)+f(8)=8，所以76n=1f(n)=8×9+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=77．【分析】根據(jù)已知條件，推得f(x)=f(x+8)，即函數(shù)f(x)是以8為周期的周期函數(shù)，利用賦值法得到f(9)=f(1)=2，f(4)+f(2)=2，f(5)=0，f(6)+f(2)=2，f(7)+f(3)=2，f(8)+f(4)=2，最后根據(jù)周期求出76n=19．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、函數(shù)y=x2定義域為R，y'=2x，存在x1B、函數(shù)y=ex定義域為R，y'=ex>0C、函數(shù)y=xlnx的定義域為0，+∞，y'=lnx+1，存在D、函數(shù)y=sinx定義域為R，y'=cosx，存在故答案為：ACD.【分析】由題意，求導(dǎo)判斷導(dǎo)函數(shù)是否存在兩個函數(shù)值乘積為-1判斷即可.10．【答案】B,C【解析】【解答】解：A、在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A1C=A因為A1C2B、因為BC//B1C1//A1D1，所以C、因為平面ABB1A1∥平面CD所以直線A1P與平面ABB1A1所成角即為直線A1P與平面D、因為正方體的對面都是相互平行，且根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可得，在AB邊上作點Q使得BQ=3QA，則平行四邊形A1在△A1PC所以sin∠A1所以平行四邊形A1PCQ的面積為故答案為：BC.【分析】在△A11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、易知拋物線的焦點F0，p2，準(zhǔn)線方程為y=-p2，因為點P(?1,t)在C的準(zhǔn)線上，所以t=-p2，即P(?1,?p2)，由拋物線x2同理可得x2=p(p2?焦點F(0,B、x1，x2是方程x2+2x?p2=0又因為PF=13PM+2聯(lián)立①②③解得p=22，故拋物線的方程為xC、當(dāng)t=?1時，p=2，直線MN的方程為y=?1D、|MN|=1+1p24+4p2S△PMN=12|MN|d=(1+p所以函數(shù)f(t)在(0,12)單調(diào)遞減，在故△PMN面積的最小值為33故答案為：ACD.【分析】設(shè)切點M(x1,y1)，N(x2,y2)，求導(dǎo)可得過M，N的切線方程，進(jìn)而可得直線MN的方程即可判斷A；聯(lián)立方程組可得x1+x2=?2①，x1x212．【答案】-80【解析】【解答】解：二項式(2x+y)5展開式的通項為T則x3y3故答案為：?80.【分析】先寫二項式(2x+y)5展開式的通項，利用通項即可求x13．【答案】20π【解析】【解答】解：由題意可知：CD⊥平面ADB，AD=BD=2，CD=23VA?BCD因為∠ADB∈(0,π)，所以當(dāng)∠ADB=π將三棱錐A?BCD補(bǔ)成長方體，如圖所示：則長方體的外接球直徑為2R=D即三棱錐A?BCD的外接球半徑R=5，故該棱錐的外接球的表面積為S=4故答案為：20π．【分析】由題意可知CD⊥平面ADB，計算三棱錐體積，再引入變量∠ADB，找到最大值解，得到的是一個直角四面體，將其補(bǔ)為長方體，求其外接球半徑，即可得棱錐的外接球半徑，再求其表面積即可.14．【答案】23+4【解析】【解答】解：因為|PF1|，|F1由雙曲線的定義可得：|PF1|?|PF2由對稱性可設(shè)點P(x,y)，y>0，則5x2?4S△PAS△PA所以S△PAF1S△PAF2故答案為：23+419【分析】由題意，根據(jù)等差中項以及雙曲線的定義求得|PF1|與|PF2|，以F2為圓心，以|PF215．【答案】（1）解：由2×2列聯(lián)表求得K2因為9.524>7.879，所以有99.5%的把握認(rèn)為完整觀看與年齡有關(guān)．（2）解：由題意，可知隨機(jī)變量X的可能取值為0，1，2，3；P(X=0)=(1?0.P(X=1)=0.P(X=2)=0.P(X=3)=0.故X的分布列為：X0123P0.0320.2240.4560.288所以X的期望為：E(X)=0×0.【解析】【分析】（1）由2×2列聯(lián)表得，計算K2（2）根據(jù)題意可知X可能取值為0，1，2，3，再分別求其對應(yīng)概率，可得分布列，求數(shù)學(xué)期望即可.16．【答案】（1）證明：連接BD，B1D1則H，G分別為BD，B1因為Q，N分別為DD1，BB1的中點，所以QH∥D又因為QH?平面NGP，GN?平面NGP，所以QH∥平面NGP同理可證，MH∥平面NGP，又因為MH,QH?平面MHQ，MH∩QH=H，所以平面MHQ∥平面（2）解：以D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：則H(12,12,0)，M(1,0NP=(?1設(shè)平面NPG的法向量為n=(x1,y1,z1)，則NP?設(shè)平面NPH的法向量為m=(x2,y2,z2)，則NP?故cosn,m=n【解析】【分析】（1）由題意，根據(jù)線面平行、面面平行的判定定理證明即可；（2）以D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求二面角的余弦值即可.17．【答案】（1）解：設(shè)數(shù)列{an}的首項為a因為S3=3，a2，a3，a6解得a1=?1d=2，所以數(shù)列{（2）解：由（1）得bn即數(shù)列{b奇數(shù)項是以12數(shù)列{b數(shù)列{bn}b1b2故Tn【解析】【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列基本量的計算可得公差和首項，即可求數(shù)列{a（2）利用等差等比求和公式，結(jié)合分組求和求解即可.18．【答案】（1）解：由題得ca=632πa=2因為b2=a2?（2）證明：（i）由題得四邊形MPNQ的面積S=1①當(dāng)直線MN與x軸重合時，A與O重合，|PQ|=22，|MN|=26，由圓的性質(zhì)知直線PQ過坐標(biāo)原點，由橢圓的對稱性知|OP|=|OQ|，|MN|2②當(dāng)直線MN與x軸不重合時，設(shè)直線MN的方程為x=ty?2，|OA|2|MN|2=4(6?|OA|則直線PQ的方程為y=?tx，將它代入x2+3y2=6|PQ|2=4|OP|2=4(綜上所述四邊形MPNQ的面積為定值43（ii）由題得S1=12|PA|×|AN|，S①當(dāng)直線MN與x軸重合時，A與O重合，S1②當(dāng)直線MN與x軸不重合時，由圓的性質(zhì)知直線PQ過坐標(biāo)原點，由橢圓的對稱性知|OP|=|OQ|，S1由（i）知|PQ|=261+t所以|OP||OA|=62(1+t2所以|OP||OA|=62m所以7?43≤1?2綜上所述S1S2【解析】【分析】（1）根據(jù)離心率和圓O的周長，結(jié)合橢圓的性質(zhì)列方程組，求出a,（2）（i）考慮直線MN與x軸重合和與x軸不重合兩種情況，利用S=12|PQ|×|MN|（ii）由題得S1S2=|PA||QA|，當(dāng)直線MN與x軸重合時，A與O重合，S1S2=|PA||QA|=|PO||QO|19．【答案】（1）解：函數(shù)f(x)=lnx?x，g(x)=?xe?x，求導(dǎo)可得f'因為兩切線平行，所以1?x0x0=因為(ex0+x