2023-2024學年新疆木壘縣中學高考臨考沖刺數學試卷含解析

2023-2024學年新疆木壘縣中學高考臨考沖刺數學試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．函數在的圖象大致為()A． B．C． D．2．設數列的各項均為正數，前項和為，，且，則（）A．128 B．65 C．64 D．633．直線與圓的位置關系是（）A．相交 B．相切 C．相離 D．相交或相切4．正項等比數列中，，且與的等差中項為4，則的公比是()A．1 B．2 C． D．5．波羅尼斯（古希臘數學家，的公元前262-190年）的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學成果，它將圓錐曲線的性質網羅殆盡，幾乎使后人沒有插足的余地．他證明過這樣一個命題：平面內與兩定點距離的比為常數k（k＞0，且k≠1）的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓．現有橢圓=1（a＞b＞0），A，B為橢圓的長軸端點，C，D為橢圓的短軸端點，動點M滿足=2，△MAB面積的最大值為8，△MCD面積的最小值為1，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．6．設，，則（）A． B． C． D．7．已知數列的前項和為，且，，則()A． B． C． D．8．設雙曲線的右頂點為，右焦點為，過點作平行的一條漸近線的直線與交于點，則的面積為（）A． B． C．5 D．69．設全集，集合，，則（）A． B． C． D．10．記為等差數列的前項和.若，，則（）A．5 B．3 C．－12 D．－1311．在中，，，，為的外心，若，，，則（）A． B． C． D．12．已知復數，滿足，則（）A．1 B． C． D．5二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．《九章算術》是中國古代的數學名著，其中《方田》一章給出了弧田面積的計算公式．如圖所示，弧田是由圓弧AB和其所對弦AB圍成的圖形，若弧田的弧AB長為4π，弧所在的圓的半徑為6，則弧田的弦AB長是__________，弧田的面積是__________．14．將一個半徑適當的小球放入如圖所示的容器最上方的入口處，小球將自由下落.小球在下落的過程中，將3次遇到黑色障礙物，最后落入袋或袋中.己知小球每次遇到黑色障礙物時，向左、右兩邊下落的概率都是，則小球落入袋中的概率為__________．15．若存在實數使得不等式在某區(qū)間上恒成立，則稱與為該區(qū)間上的一對“分離函數”，下列各組函數中是對應區(qū)間上的“分離函數”的有___________.（填上所有正確答案的序號）①，，；②，，；③，，；④，，.16．為激發(fā)學生團結協作，敢于拼搏，不言放棄的精神，某校高三5個班進行班級間的拔河比賽．每兩班之間只比賽1場，目前（—）班已賽了4場，（二）班已賽了3場，（三）班已賽了2場，（四）班已賽了1場．則目前（五）班已經參加比賽的場次為__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓的右焦點為,過點且斜率為的直線與橢圓交于兩點,線段的中點為為坐標原點.（1）證明:點在軸的右側;（2）設線段的垂直平分線與軸、軸分別相交于點.若與的面積相等,求直線的斜率18．（12分）在平面直角坐標系中，設，過點的直線與圓相切，且與拋物線相交于兩點．（1）當在區(qū)間上變動時，求中點的軌跡；（2）設拋物線焦點為，求的周長(用表示)，并寫出時該周長的具體取值．19．（12分）已知函數．（1）解不等式；（2）若函數存在零點，求的求值范圍．20．（12分）如圖，在四棱錐中，平面ABCD平面PAD，，，，，E是PD的中點．證明：；設，點M在線段PC上且異面直線BM與CE所成角的余弦值為，求二面角的余弦值．21．（12分）已知向量，.（1）求的最小正周期；（2）若的內角的對邊分別為，且，求的面積.22．（10分）運輸一批海鮮，可在汽車、火車、飛機三種運輸工具中選擇，它們的速度分別為60千米/小時、120千米/小時、600千米/小時，每千米的運費分別為20元、10元、50元.這批海鮮在運輸過程中每小時的損耗為m元（），運輸的路程為S（千米）.設用汽車、火車、飛機三種運輸工具運輸時各自的總費用（包括運費和損耗費）分別為（元）、（元）、（元）.（1）請分別寫出、、的表達式；（2）試確定使用哪種運輸工具總費用最省.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、C【解析】

先根據函數奇偶性排除B，再根據函數極值排除A；結合特殊值即可排除D，即可得解.【詳解】函數，則，所以為奇函數，排除B選項；當時，，所以排除A選項；當時，，排除D選項；綜上可知，C為正確選項，故選：C.【點睛】本題考查根據函數解析式判斷函數圖像，注意奇偶性、單調性、極值與特殊值的使用，屬于基礎題.2、D【解析】

根據，得到，即，由等比數列的定義知數列是等比數列，然后再利用前n項和公式求.【詳解】因為，所以，所以，所以數列是等比數列，又因為，所以，.故選：D【點睛】本題主要考查等比數列的定義及等比數列的前n項和公式，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.3、D【解析】

由幾何法求出圓心到直線的距離，再與半徑作比較，由此可得出結論．【詳解】解：由題意，圓的圓心為，半徑，∵圓心到直線的距離為，，，故選：D．【點睛】本題主要考查直線與圓的位置關系，屬于基礎題．4、D【解析】

設等比數列的公比為q，，運用等比數列的性質和通項公式，以及等差數列的中項性質，解方程可得公比q．【詳解】由題意，正項等比數列中，，可得，即，與的等差中項為4，即，設公比為q，則，則負的舍去，故選D．【點睛】本題主要考查了等差數列的中項性質和等比數列的通項公式的應用，其中解答中熟記等比數列通項公式，合理利用等比數列的性質是解答的關鍵，著重考查了方程思想和運算能力，屬于基礎題．5、D【解析】

求得定點M的軌跡方程可得，解得a，b即可.【詳解】設A（-a，0），B（a，0），M（x，y）．∵動點M滿足=2，則=2，化簡得.∵△MAB面積的最大值為8，△MCD面積的最小值為1，∴，解得，∴橢圓的離心率為．故選D．【點睛】本題考查了橢圓離心率，動點軌跡，屬于中檔題．6、D【解析】

集合是一次不等式的解集，分別求出再求交集即可【詳解】，，則故選【點睛】本題主要考查了一次不等式的解集以及集合的交集運算，屬于基礎題．7、C【解析】

根據已知條件判斷出數列是等比數列，求得其通項公式，由此求得.【詳解】由于，所以數列是等比數列，其首項為，第二項為，所以公比為.所以，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查等比數列的證明，考查等比數列通項公式，屬于基礎題.8、A【解析】

根據雙曲線的標準方程求出右頂點、右焦點的坐標，再求出過點與的一條漸近線的平行的直線方程，通過解方程組求出點的坐標，最后利用三角形的面積公式進行求解即可.【詳解】由雙曲線的標準方程可知中：，因此右頂點的坐標為，右焦點的坐標為，雙曲線的漸近線方程為：，根據雙曲線和漸近線的對稱性不妨設點作平行的一條漸近線的直線與交于點，所以直線的斜率為，因此直線方程為：，因此點的坐標是方程組：的解，解得方程組的解為：，即，所以的面積為：.故選：A【點睛】本題考查了雙曲線的漸近線方程的應用，考查了兩直線平行的性質，考查了數學運算能力.9、B【解析】

可解出集合，然后進行補集、交集的運算即可．【詳解】，，則，因此，.故選：B.【點睛】本題考查補集和交集的運算，涉及一元二次不等式的求解，考查運算求解能力，屬于基礎題.10、B【解析】

由題得，，解得，，計算可得.【詳解】，，，，解得，，.故選：B【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式，前項和公式，考查了學生運算求解能力.11、B【解析】

首先根據題中條件和三角形中幾何關系求出，，即可求出的值.【詳解】如圖所示過做三角形三邊的垂線，垂足分別為，，，過分別做，的平行線，，由題知，則外接圓半徑，因為，所以，又因為，所以，，由題可知，所以，，所以.故選：D.【點睛】本題主要考查了三角形外心的性質，正弦定理，平面向量分解定理，屬于一般題.12、A【解析】

首先根據復數代數形式的除法運算求出，求出的模即可．【詳解】解：，，故選：A【點睛】本題考查了復數求模問題，考查復數的除法運算，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、612π﹣9【解析】

過作，交于，先求得圓心角的弧度數，然后解解三角形求得的長.利用扇形面積減去三角形的面積，求得弧田的面積.【詳解】∵如圖，弧田的弧AB長為4π，弧所在的圓的半徑為6，過作，交于，根據圓的幾何性質可知，垂直平分.∴α＝∠AOB＝＝，可得∠AOD＝，OA＝6，∴AB＝2AD＝2OAsin＝2×＝6，∴弧田的面積S＝S扇形OAB﹣S△OAB＝4π×6﹣＝12π﹣9．故答案為：6，12π﹣9．【點睛】本小題主要考查弓形弦長和弓形面積的計算，考查中國古代數學文化，屬于中檔題.14、【解析】記小球落入袋中的概率，則，又小球每次遇到黑色障礙物時一直向左或者一直向右下落，小球將落入袋，所以有，則．故本題應填．15、①②④【解析】

由題意可知，若要存在使得成立，我們可考慮兩函數是否存在公切點，若兩函數在公切點對應的位置一個單增，另一個單減，則很容易判斷，對①，③，④都可以采用此法判斷，對②分析式子特點可知，，進而判斷【詳解】①時，令，則，單調遞增，，即.令，則，單調遞減，，即，因此，滿足題意.②時，易知，滿足題意.③注意到，因此如果存在直線，只有可能是（或）在處的切線，，因此切線為，易知，，因此不存在直線滿足題意.④時，注意到，因此如果存在直線，只有可能是（或）在處的切線，，因此切線為.令，則，易知在上單調遞增，在上單調遞減，所以，即.令，則，易知在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即.因此，滿足題意.故答案為：①②④【點睛】本題考查新定義題型、利用導數研究函數圖像，轉化與化歸思想，屬于中檔題16、2【解析】

根據比賽場次，分析，畫出圖象，計算結果.【詳解】畫圖所示，可知目前（五）班已經賽了2場．故答案為：2【點睛】本題考查推理，計數原理的圖形表示，意在考查數形結合分析問題的能力，屬于基礎題型.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）設出直線的方程，與橢圓方程聯立，利用根與系數的關系求出點的橫坐標即可證出；（2）根據線段的垂直平分線求出點的坐標，即可求出的面積，再表示出的面積，由與的面積相等列式，即可解出直線的斜率．【詳解】（1）由題意，得，直線（）設，，聯立消去，得，顯然，，則點的橫坐標，因為，所以點在軸的右側．（2）由（1）得點的縱坐標．即．所以線段的垂直平分線方程為：．令，得；令，得．所以的面積，的面積．因為與的面積相等，所以，解得．所以當與的面積相等時，直線的斜率．【點睛】本題主要考查直線與橢圓的位置關系的應用、根與系數的關系應用，以及三角形的面積的計算，意在考查學生的數學運算能力，屬于中檔題．18、（1）．（2）的周長為，時，的周長為【解析】

（1）設的方程為，根據題意由點到直線的距離公式可得，將直線方程與拋物線方程聯立可得，設?坐標分別是?,利用韋達定理以及中點坐標公式消參即可求解.（2）根據拋物線的定義可得，由（1）可得，再利用弦長公式即可求解.【詳解】（1）設的方程為于是聯立設?坐標分別是?則設的中點坐標為，則消去參數得：（2）設，，由拋物線定義知，，∴由（1）知∴，，的周長為時，的周長為【點睛】本題考查了動點的軌跡方程、直線與拋物線的位置關系、拋物線的定義、弦長公式，考查了計算能力，屬于中檔題.19、（1）或；（2）．【解析】

（1）通過討論的范圍，將絕對值符號去掉，轉化為求不等式組的解集，之后取并集，得到原不等式的解集；（2）將函數零點問題轉化為曲線交點問題解決，數形結合得到結果.【詳解】（1）有題不等式可化為，當時，原不等式可化為，解得；當時，原不等式可化為，解得，不滿足，舍去；當時，原不等式可化為，解得，所以不等式的解集為．（2）因為，所以若函數存在零點則可轉化為函數與的圖像存在交點，函數在上單調增，在上單調遞減，且.數形結合可知．【點睛】該題考查的是有關不等式的問題，涉及到的知識點有分類討論求絕對值不等式的解集，將零點問題轉化為曲線交點的問題來解決，數形結合思想的應用，屬于簡單題目.20、（1）見解析；（2）【解析】

（1）由平面平面的性質定理得平面，.在中，由勾股定理得，平面，即可得；（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，由空間向量法和異面直線與所成角的余弦值為，得點M的坐標，從而求出二面角的余弦值.【詳解】（1）平面平面，平面平面=，，所以.由面面垂直的性質定理得平面，，在中，，，由正弦定理可得：，，即，平面，.（2）以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，