安徽省池州市第一中学2024届高三上学期　“七省联考” 数学模拟练一Word版含解析.docx

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2024届“七省联考”模拟练习（1）数学试题满分：150分考试时间：120分钟适用地区：安徽、广西、贵州、甘肃、江西、吉林、黑龙江，及其他已实行新高考地区.一、单选题：本题共8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.若复数满足，则（）A.2B.C.3D.5【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法法则和复数的模长公式计算即可.【详解】，.故选：D.2.关于函数，下列说法错误的是（）A.是奇函数B.是周期函数C.是的唯一零点D.在上单调递增【答案】B【解析】【分析】根据函数奇偶性的定义和判定方法，可判定A正确，求得，得到函数为上单调递增函数，且，可得判定C、D正确；由函数函数，结合函数周期性的定义，可判定B错误.【详解】对于A中，函数的定义域为，且，所以为奇函数，所以A正确；对于B中，由函数，可得， 则为单调递增函数，所以不存在实数，使得，所以函数一定不时周期函数，所以B错误；对于C中，由，得到为单调递增函数，又由，所以函数有唯一的零点，所以C正确；对于D中，由，得到为上单调递增函数，所以D正确.故选：B.3.在中，延长至点使得，连接，点为上一点且，若，则（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用向量的加减法将用和表示即可.【详解】如图所示：.所以，，.故选：A【点睛】本题主要考查向量的线性运算，熟练掌握向量的加减法为解题的关键，属于中档题.4.已知角，，，，则角（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】通过，的范围求出，进一步求出，再求出，结合角的范围求出角的大小即可.【详解】∵，由，则，∴，，又，即，解得，∴，∴，又，∴.故选：D.【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系式，两角和与差的正切函数的应用，考查计算能力，注意角的范围是解题的关键，属于基础题.5.中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（）． A.14种B.16种C.18种D.20种【答案】C【解析】【分析】可以按照元素甲分类讨论，特殊元素和特殊位置优先考虑即可得解.【详解】按照甲是否在天和核心舱划分，①若甲在天和核心舱，天和核心舱需要从除了甲乙之外的4人中选取3人，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能；②若甲不在天和核心舱，需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个，剩下5人中选取4人进入天和核心舱即可，则有种可能；根据分类加法计数原理，共有种可能.故选：C.6.设分别为等比数列，的前项和，若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意设等比数列的公比为，，等比数列的公比为，，再根据得时的结果并联立方程得，再根据通项公式求解即可得答案.【详解】解：设是公比为的等比数列，，为公比为的等比数列，，∵， ∴，∴，即：，，即：，∴联立方程得：，解得：，∴故选：C.【点睛】本题考查等比数列的通项公式，前前项和公式，考查运算能力，是中档题.7.年米勒向诺德尔教授提出的有趣问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆看上去最长即可见角最大后人将其称为“米勒问题”，是载入数学史上的第一个极值问题我们把地球表面抽象为平面，悬杆抽象为线段或直线上两点，，则上述问题可以转化为如下的数学模型：如图，一条直线垂直于一个平面，直线有两点，位于平面的同侧，求平面上一点，使得最大建立如图所示的平面直角坐标系设，两点的坐标分别为，，设点的坐标为，当最大时，（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意可得，然后由正切的和差角公式和基本不等式即可得到结果.【详解】由题意可知是锐角，且，而， 所以，而 ，当且仅当 ，即时取等号，因为是锐角，所以当时，最大，此时最大.故选：8.已知椭圆的左焦点为，过且斜率为的直线与交于两点，与轴交于点．若，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设出直线方程，求出点坐标，由，得出点坐标代入椭圆方程，化简可得结果.【详解】设直线为，，∴为的中点，.在椭圆上，，，代入化简整理得，，，解得，又.故选：C二、多选题：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.有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（）A.的平均数等于的平均数B.的中位数等于的中位数C.的标准差不小于的标准差D.的极差不大于的极差【答案】BD【解析】【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，则，因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，例如：，可得；例如，可得；例如，可得；故A错误；对于选项B：不妨设，可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；对于选项C：因为是最小值，是最大值，则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，例如：，则平均数，标准差，，则平均数，标准差， 显然，即；故C错误；对于选项D：不妨设，则，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：BD.10.已知函数，若，则（）A.为偶函数B.在上为增函数C.D.【答案】AC【解析】【分析】对A，根据偶函数的定义判断即可；对B，求导分析函数的单调性即可；对C，根据函数的单调性与奇偶性判断即可；对D，根据不一定成立判断即可.【详解】对A，因为，所以为偶函数，故A正确；对B，，当时，，所以，当时，，所以，所以在上单调递增，因为为偶函数，所以在上为减函数，故B错误；因为，所以，又因为在上递增，所以，即，故C正确；显然不一定成立，则不成立，故D错误.故选：AC11.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（） A.勒洛四面体被平面截得的截面面积是B.勒洛四面体内切球的半径是C.勒洛四面体的截面面积的最大值为D.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为【答案】CD【解析】【分析】对A选项结合勒洛三角形得到其截面图，利用扇形面积和三角形面积公式即可得到答案，而A选项的截面积为C选项的最大截面积，对B选项需要利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径为，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径，而此半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径，即可判断D选项.【详解】对于A，故A错误，截面示意图如下：对于B，由对称性知,勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心,如图： 正外接圆半径,正四面体的高,令正四面体的外接球半径为,在中,，解得,此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：图中取正四面体中心为,连接交平面于点，交曲面于点，其中即为正四面体外接球半径，因为点ACDF均在以点B为球心的球面上，所以，设勒洛四面体内切球半径为，则由图得，故B错误；对于C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，由对A的分析知，故C正确；对于D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切,即为勒洛四面体内切球,所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，故D正确.故选：CD．【点睛】本题实际上是勒洛三角形在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求高，记住正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长关系的二级结论将会加快对本题的求解. 12.已知抛物线为上位于焦点右侧的一个动点，为坐标原点，则（）A.若，则B.若满足，则C.若交于点，则D.直线交于两点，且，则【答案】ABC【解析】【分析】利用斜率公式以及基本不等式可求解A,利用抛物线的定义可求解B，利用直线与抛物线的关系以及韦达定理可求解C,D.【详解】时，抛物线，，因为当时，，，为上位于焦点右侧的一个动点，，所以，所以，当且仅当，即时取得等号，因为，所以，所以又，∴，A正确； ，又，∴，B正确；设,消得，，取等，又，，C正确；设，设，同理：，，，当且仅当时，，D错误．故选:ABC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知函数其中e是自然对数的底数，则___________．【答案】【解析】【分析】根据对数运算和指数运算，结合分段函数解析式，求解即可.【详解】根据题意，，又，故. 故答案为：.14.已知的展开式中所有项的系数之和为，则展开式中含的项的系数为__________．【答案】5【解析】【分析】由所有项的系数和求出，然后分别求解展开式中含，的项，再求出展开式中含的项的系数即可.【详解】由题意，令，可得展开式中所有项的系数之和为，故，又，展开式中含的项为含的项为，因此中含有的系数为．故答案为：5.15.设甲、乙两个圆柱的底面半径分别为2，3，体积分别为，，若它们的侧面积相等，则的值是______.【答案】##【解析】【分析】利用圆柱体的侧面积和体积公式求解即可.【详解】设甲的高为，乙的高为，由题意可得，所以，所以，故答案为：16.设函数，给出下列四个结论：①；②在上单调递增；③的值域为；④在上的所有零点之和为，则正确结论的序号为______.【答案】①②④【解析】 【分析】由，得到，可判定①正确，设，作出其图象，求得函数的值域为，可判定③错误；由在上单调递增，结合周期性，可得判定②正确；由，得到，结合图象，得到，可判定④正确.【详解】因为函数，，可得，即，因为，所以，所以，所以①正确，设，显然是以为周期的周期函数，作出函数在上的图象，如图所示，由图可知的值域为，所以③错误，由的图象可知，在上单调递增，又因为是周期为的函数，所以在上单调递增，所以②正确，因为，所以，所以，由，可得由图象可知在内有四个零点，设四个零点从左到右依次为，则，所以,所以④正确.正确的序号为①②④．故答案为:①②④． 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.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得.（2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法由余弦定理得，所以.由正弦定理得[方法二]【最优解】：几何法过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又，所以． 在中，，因此．（2）[方法一]：两角和的正弦公式法由于，，所以由于，所以，所以.所以.由于，所以.所以.[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法在（1）的方法二的图中，由，可得，从而．又由（1）可得，所以．[方法三]：几何法+正弦定理法在（1）的方法二中可得． 在中，，所以．在中，由正弦定理可得，由此可得．[方法四]：构造直角三角形法如图，作，垂足为E，作，垂足为点G．在（1）的方法二中可得．由，可得．在中，．由（1）知，所以在中，，从而．在中，．所以．【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得 的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.18.设数列{}的前项和为.已知=4，=2+1，.（Ⅰ）求通项公式；（Ⅱ）求数列{||}的前项和.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【详解】试题分析：本题主要考查等差、等比数列的基础知识，同时考查数列基本思想方法，以及推理论证能力.试题解析：（Ⅰ）由题意得，则又当时，由，得.又,所以，数列的通项公式为.（Ⅱ）设，，.当时，由于，故.设数列的前项和为，则.当时，，满足上式，所以，【考点】等差、等比数列的基础知识.【方法点睛】数列求和的常用方法：（1）错位相减法：形如数列的求和，其中是等差数列， 是等比数列；（2）裂项法：形如数列或的求和，其中，是关于的一次函数；（3）分组法：数列的通项公式可分解为几个容易求和的部分．19.如图，在多面体ABCFDE中，四边形ABED是菱形，，，平面ABED，点G是线段CD的中点．（1）证明：平面BCD；（2）若，求直线FG与平面ACD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO.根据题意得到和，利用线面垂直的判定得到平面CBD，然后利用中位线定理得到四边形EFGO为平行四边形，进而得到，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面的法向量和直线的方向向量，利用空间向量的夹角公式进而求解.【小问1详解】连接AE，交BD于点O，连接GO．在菱形ABED中，． 因为平面ABED，平面ABED，所以．又因为，平面CBD，所以平面CBD．因为，且，，所以，且，所以四边形EFGO为平行四边形，所以，所以平面CBD．【小问2详解】如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，如图．设，则，，，，，设平面ACD的一个法向量为，由得，取，因为，记直线FG与平面ACD所成角为，则，所以，直线FG与平面ACD所成角的正弦值是．20.为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；（2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为．（i）证明：为等比数列；（ii）证明：当时，．【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，“第天不选择米饭套餐”．由全概率公式有，计算可得；（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，依照（1）可得与的关系，然后根据等比数列定义证明；（ii）求出通项公式，然后分类讨论证明结论．【详解】解：（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，则“第天不选择米饭套餐”．根据题意，，，．由全概率公式，得．（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，，根据题意，．由全概率公式，得．因此．因为，所以是以为首项，为公比的等比数列． （ii）由（i）可得．当为大于的奇数时，．当为正偶数时，．因此当时，．21.已知双曲线的右顶点为，左焦点到其渐近线的距离为2，斜率为的直线交双曲线于A，B两点，且．（1）求双曲线的方程；（2）过点的直线与双曲线交于P，Q两点，直线，分别与直线相交于，两点，试问：以线段为直径的圆是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】（1）（2）以线段为直径的圆过定点和．【解析】【分析】（1）根据点到直线的距离公式即可求解，进而联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解，（2）联立直线与曲线的方程得韦达定理，根据圆的对称性可判断若有定点则在轴上，进而根据垂直关系得向量的坐标运算，即可求解.【小问1详解】∵双曲线的左焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，而，∴．∴双曲线方程为． 依题意直线的方程为．由消去y整理得：，依题意：，，点A，B的横坐标分别为，则．∵，∴．∴，∴．即，解得或（舍去），且时，，∴双曲线的方程为．【小问2详解】依题意直线的斜率不等于0，设直线的方程为．由消去整理得：，∴，．设，，则，．直线的方程为，令得：，∴．同理可得．由对称性可知，若以线段为直径的圆过定点，则该定点一定在轴上，设该定点为，则，， 故．解得或．故以线段为直径的圆过定点和．【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据圆的对称性可判断定点在坐标轴上，结合向量垂直的坐标运算化简求解就可，对计算能力要求较高.22.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若两个不相等的正实数a，b满足，求证：；（3）若，求证：.【答案】（1）的单调递减区间是，单调递增区间是（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数求函数单调性；（2）由函数的单调性求其值域，从而不妨设，从而将证明转化为证明，方法一：设，，借助导数研究函数的单调性从而得值域，求得恒成立，得证； 方法二：由，设，，利用导数可知在单调递增，从而得证；方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，，欲证，即证，由方法二可得证；方法四：由得，由方法二得，所以，得证；（3）由（2）知，由，可知，分和两种情况，结合函数的单调性可证.【小问1详解】函数的定义域是.由，得在上单调递减；由，得在上单调递增，综上知，的单调递减区间是，单调递增区间是.【小问2详解】由（1）得在的值域为，在上的值域为.注意到，.不妨设，则欲证，即证.由于由（Ⅰ）得在上单调递增，故只需证，由已知，即证，也即， 方法一：令，.，由，在单调递增，得单调递增，且.由于，故满足由单调递增知：当时，单调递减，值域为；当时，单调递增，值域为；设，，则，单调递减，故，即，取，得，即综上，得，即，得证.方法二：（重新同构）令，即，证：，由于，从而.故要证成立，只需在单调递增成立即可.， 令，，则，在单调递减，，，故在单调递增成立，原命题成立.方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，，则由于，欲证，即证：，即证，可变为，由证法二可知成立，从而得证；方法四：（切、割线放缩）1、由于故，即；2、由方法二知，，故，即，故，；由1、2知，故成立，原命题成立.【小问3详解】由（2）知，①当时，在上单调递增，故.②当时，由，取，得（）时，有，即.由在上单调递增，故， 综上，得时，当成立.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．