2024届安徽省黄山市屯溪第一中学高三6月仿真模拟卷数学（实验班用）word版含解析

这是一份2024届安徽省黄山市屯溪第一中学高三6月仿真模拟卷数学（实验班用）word版含解析，共38页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第Ⅰ卷（选择题满分60分）
一、选择题（本大题共4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．请在答题卷的相应区域答题.）
1. 是虚数单位，若复数满足，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的几何意义即可.
【详解】在复平面内，若复数满足，
则复数对应的点的轨迹是以为圆心，半径为2的圆，
几何意义是点到原点的距离，
，
所以的取值范围是.
故选：A.
2. 已知集合,则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别解集合,再用集合的交集运算即可得出答案
【详解】集合,解得,
,即,解得,故,
所以
故选：C
3. 为庆祝广益中学建校130周年，高二年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动，活动结束后5名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法共有（）种.
A. 40B. 24C. 20D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.
【详解】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，
先令丙、丁两人相邻用捆绑法，再把丙、丁与戊排列在一起，最后插空令甲、乙两人不相邻,则不同的排法共有种.
故选：.
4. 已知，则下列描述正确的是（）
A. B. 除以5所得的余数是1
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合赋值法，求导数法，二项式展开式的通项公式可得答案.
【详解】对于A：令得：；令，得．
，因此A错误；
对于B：
，因此B正确
对于C：因为二项展开式的通项公式为，
由通项公式知，二项展开式中偶数项的系数为负数，
所以，
由，令，得到，
令，得到，
所以，因此C错误
对于D：对原表达式的两边同时对求导，
得到，
令，得到，令，得
所以，
所以选项D错误．
故选：B
5. 公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究，他们借助几何图形（或格点）来表示数，称为形数，形数是联系算数和几何的纽带；下图为五角形数的前4个，现有如下说法：①第9个五角形数比第8个五角形数多25；②前8个五角形数之和为288；③记所有的五角形数从小到大构成数列，则的前20项和为610；则正确的个数为（）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】先根据图形找到规律，得到数列的递推关系，然后用累加法可得，然后可判断①②③.
【详解】根据图形知：，，
则
，①正确；
，②正确；
，数列是首项为1公差为的等差数列，
前20项和为，③错误.
故选：C.
6. 若，是两个互相垂直的单位向量，且向量满足，则的取值范围是（）
A. B.
C. D. 以上答案均不对
【答案】A
【解析】
【分析】取，引入向量坐标后处理表达式，找出向量满足的关系，最后用模长公式结合二次函数的性质求的范围
【详解】根据垂直可得，不妨取，设，
于是，，并取，注意到.
于是.
故点在线段上运动，由直线的截距式方程可得，直线方程为：，即，
设，，则，，故，
设，，则；
由，，于是时，，
于是.
故选：A
7. 图为世界名画《蒙娜丽莎》.假设蒙娜丽莎微笑时的嘴唇可看作半径为的圆的一段圆弧，且弧所对的圆周角为.设圆的圆心在点与弧中点的连线所在直线上.若存在圆满足：弧上存在四点满足过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切，则弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据题意画出相应的图，弧上的点与圆上的点的最短距离即为圆心距减去两圆半径，找出圆心距的最大值即可.
【详解】
如图，弧的中点为，
弧所对的圆周角为，则弧所对的圆心角为，
圆的半径为，
在弧上取两点、，则，
分别过点、作圆的切线，并交直线于点，
当过点、切线刚好是圆与圆的外公切线时，劣弧上一定还存在点、，使过点、的切线为两圆的内公切线，
则圆的圆心只能在线段上，且不包括端点，
过点，分别向、作垂线，垂足为、，
则即为圆的半径，
此时圆与圆皆满足题意：弧上存在四点、、、，过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切.
线段交圆于点，
则弧上的点与圆上的点的最短距离即为线段的长度.
在直角中，，
，
即弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为.
故选：.
8. 已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出函数与函数的图像，讨论曲线与曲线，相切以及过点的情况，求出对应的实数的值，利用数形结合思想可求得的取值范围.
【详解】作出与的图像，
如图所示，
由，
整理得，
当直线与圆相切时，
则，解得，对应图中分界线①的斜率；
再考虑直线与曲线相切，
设切点坐标为，对函数求导得，
则所求切线的斜率为，
所求切线即直线方程为，
直线过定点，
将代入切线方程得，解得，
所以切点坐标为，
所以，对应图中分界线③的斜率；
当直线过点时，则，
解得，对应图中分界线②的斜率.
由于函数有三个零点，
由图可知，实数的范围为.
故选：C
【点睛】方法点睛：利用函数的零点个数求参数的取值范围，主要从以下几个角度分析：
（1）函数零点个数与图像交点的转化；
（2）注意各段函数图像对应的定义域；
（3）导数即为切线斜率的几何应用；
（4）数形结合的思想的应用.
二、选择题：本题共4小题，每题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，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
9. 已知是数列的前项和，，则（ ）
A.
B. 当时，
C. 当时，为等差数列
D. 当数列单调递增时，的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，由，多写一项，两式相减得到，注意检验时是否成立即可；
对于B，先根据题意求得，从而得到奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，再根据等差数列得前项和公式即可求解；
对于C，结合B选项求得，，得到数列为，进而判断即可；
对于D，先结合选项C求得，，再根据数列单调递增，则必有，且，求解即可得出的取值范围．
【详解】对于A，因为，当，，
两式相减得，
但当时，，即，得，不符合，故A错误；
对于B，结合A选项有，所以，
两式相减得，
又，
令，则，，得，又，所以，
令，则，，得，所以，
则，所以，
所以奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，
则
，所以B正确；
对于C，结合B选项有，，，
又，
则，
，
即数列的偶数项和奇数项都是等差数列，但数列为，
所以数列不是等差数列，故C错误；
对于D，结合选项C有，，
又数列单调递增，则必有，且，
所以，且，解得，
所以的取值范围是，所以D正确．
故选：BD．
【点睛】关键点点睛：数列单调性问题或不等式问题，要充分挖掘题干条件，通常由递推公式求通项公式，或研究出数列的性质，结合等差数列或等比数列的性质进行求解．
10. 如图，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上一个动点，则（）
A. 存在点，使直线平面
B. 平面截正方体所得截面的最大面积为
C. 三棱锥的体积为定值
D. 存在点，使平面平面
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A项，可以通过取的中点H、I，连接HI交于G点，判定即可；
对于B项，讨论截面的形状并计算各交线长来判定即可；
对于C项，通过等体积法转化即可判定；
对于D项，通过反证，利用面与面和面的交线PG、DH是否能平行来判定.
详解】对于A项，如图所示，
取的中点H、I，连接HI交于G点，此时，
由正方体的性质知：面，又，则面，
面，可得，
在正方形中，易知，，面，
所以平面，故A正确；
对于B项，若G点靠C远，如图一示，过G作，即截面为四边形EFQR，
显然该截面在G为侧面CB1的中心时取得最大，最大值为，
若G靠C近时，如图二示，G作KJEF，延长EF交、DA延长线于M、H，
连接MK、HJ交、AB于L、I，则截面为六边形EFIJKL，
若K，J为中点时六边形面积为，，即B错误；
对于C项，随着G移动但G到面的距离始终不变即，
故是定值，即C正确；
对于D项，如图所示，连接，H为侧面的中心，则面与面和面分别交于线PG、DH，
若存在G点使平面平面，则PGDH，又A1DCB1，
则四边形PGHD为平行四边形，即PD=GH，而PD＞，
此时G应在延长线上，故D错误；
故选：AC
11. 设函数，如图是函数及其导函数的部分图像，则（）
A.
B.
C. 与y轴交点坐标为
D. 与的所有交点中横坐标绝对值的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】本题先结合图象分析得知图①为的图象，图②为的图象，再根据图象中点的坐标求出基本量，，，进而可判断ABCD四个选项.
【详解】
由得，
如图，因当，，
故可判断图①为的图象，图②为的图象，
由图可知：
当时，，
当时，，
故，
因，故
由得，故，
，故A正确
又，，
所以，，
又因，故，故B正确.
综上可得，，
，
故与y轴交点坐标为，C错误.
令，即得
，
故，，
得，，
故当或时的值最小为，故D正确.
故选：ABD
12. 已知O为坐标原点，抛物线的焦点F为，过点的直线l交抛物线C于A，B两点，点P为抛物线C上的动点，则（）．
A. 的最小值为
B. 直线与抛物线C相交的弦长为8
C. 当时，点P到直线l的距离的最大值为
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】确定抛物线方程，过点作垂直准线于，，A错误，联立方程计算得到B正确，根据平行线的距离公式讨论的值得的C正确，确定根与系数的关系得到，D正确，得到答案.
【详解】抛物线的焦点F为，故，，抛物线，
准线方程为，设，，
过点作垂直准线于，如图所示：
对选项A：，当三点共线时等号成立，错误；
对选项B：，直线方程为，，故，
，设交点横坐标分别为，，则，
弦长为，正确；
对选项C：设直线的方程为，设直线的方程为，
则点到直线的距离等于两平行线与的距离，
当时，；
当时，，时等号成立，故；
当时，，时等号成立，；
综上所述：，正确；
对选项D：过点的直线可设为，代入抛物线，
可得，，
则，，
，正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题考查了抛物线的弦长，最值问题，向量的数量积，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算，是解题的关键.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．请在答题卷的相应区域答题.）
13. 二次函数与在它们的一个交点处切线互相垂直，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据交点处切线垂直得到，再利用基本不等式中的乘1法即可得到最值.
【详解】解：设该交点为，
因为，则，
因为，则，
因为两函数在交点处切线互相垂直，
所以，，
分别化简得，，
上述两式相加得，又，
其中，
当且仅当，且即时取等号.
故所求最小值为，
故答案为：.
【点睛】切线问题是导数中常遇到的问题，本题设交点坐标，根据交点处切线垂直得到等式，再转化为基本不等式中的最值问题.
14. 在中，角的对边分别为，且为正数，，为边上的中线，，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用平面向量得到，从而求得，设，代入消去得到关于的一元二次方程，从而由判别式得到，再分类讨论对称轴的正负求得，最后由余弦定理得到，从而利用恒成立问题求得，综上即可得解.
【详解】依题意得，，为正数.
又中，为边上的中线，，
所以，两边平方得，
则，故①，
设，代入①得，
整理得②，此方程至少有1个正根，
首先，解得③，
对于方程②：
若对称秞，则方程②至少1个正根，符合题意；
若对称轴，要使方程②至少有一个正根，则需，解得；
在三角形中，由余弦定理得恒成立，
所以，则恒成立，
由于，当且仅当，即时，等号成立，
所以，结合③可得.
综上所述，也即的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的解决关键是假设，将两变量范围问题转化为一个变量的范围问题，再由平面向量与余弦定理依次缩小的范围，从而得解.
15. 已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为________．
【答案】##
【解析】
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设，则，
在中，，则，故或（舍去），
所以，，则，
故，
所以在中，，整理得，
故.
方法二:
依题意，得，令，
因为，所以，则，
又，所以，则，
又点在上，则，整理得，则，
所以，即，
整理得，则，解得或，
又，所以或（舍去），故.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解.
16. 已知各项都为正数的数列满足：，给出下述命题：
①若数列满足：，则成立；
②若，则；
③若，则；
④存在常数，使得成立．
上述命题正确的__________________.写出所有正确结论的序号
【答案】①②④
【解析】
【分析】由题意得到，分析出可能为递增数列，递减数列或者先增后减数列，从而依次判断即可.
【详解】正数的数列满足，
，当时，，，为递减数列；
当时，大于1和小于1均有可能，可能为递增数列或者先增后减数列；
所以可能为递增数列，递减数列或者先增后减数列，不可能为先减后增数列.
若，则，
，故①正确；
若，则为先增后减数列，，故②正确；
若为递增数列，则时，存在，故③不成立；
若，则，显然存在常数，使得成立，
故④正确；
故答案为：①②④
四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请在答题卷的相应区域答题.）
17. 设数列的前项和为，且.
（1）求；
（2）记，数列的前项和为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，利用推出，由等差中项法得为等差数列，根据与求出公差，可得通项公式；
（2）根据进行裂项求和可求出结果.
【小问1详解】
由，
当时，，解得，
当时，，
所以，
整理得：，①
所以有，②
①-②可得，
所以为等差数列，
因为，所以公差为，
所以.
【小问2详解】
，
∴
.
18. 已知的内角的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题可知利用正弦定理可得，又，可得；
（2）由余弦定理可得，利用面积公式可得，配方即可解得，所以周长为.
【小问1详解】
由利用正弦定理可得，
，即；
又因为，所以，可得
又，可得
【小问2详解】
利用余弦定理可得，即；
由面积，可得，
所以，即，所以；
因此周长
19. 截止到2018年末，我国公路总里程达到484.65万公里，其中高速公路达到14.26万公里，规模居世界第一.与此同时，行车安全问题也成为管理部门关注的重点.下图是某部门公布的一年内道路交通事故成因分析，由图可知，超速驾驶已经成为交通事故的一个主要因素.研究表明，急刹车时的停车距离等于反应距离与制动距离的和，下表是根据某部门的调查结果整理所得的数据（表示行车速度，单位：分别表示反应距离和制动距离，单位：）
道路交通事故成因分析
（1）从一年内发生的道路交通事故中随机抽出3起进行分析研究，求其中恰好有1起属于超速驾驶的概率（用频率代替概率）；
（2）已知与的平方成正比，且当行车速度为时，制动距离为.由表中数据可知，与之间具有线性相关关系，请建立与之间的回归方程，并估计车速为时的停车距离.
参考数据：
参考公式：对于一组数据，其线性回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）概率类型为二项分布，按照二项分布计算公式即可；
（2）首先代入公式求，然后求出代入式子，即可得答案.
【小问1详解】
由题意可知从一年内发生的交通事故中随机抽出一起事故，则该起事故是恰好是超速驾驶的概率为0.2，
设“恰好有一起事故属于超速驾驶”为事件，则.
所以其中恰好有1起属于超速驾驶的概率.
【小问2详解】
由题意，设，因为当行车速度为时，制动距离为，所以，
即，因为与之间具有线性相关关系，故设，
于是，
故，
把代入上式，解得，则与之间的回归方程为：
.
设停车距离为，则，则，
当时，，
即车速为时的停车距离为.
20. 如图，在梯形中，，，，四边形为矩形， 平面平面，.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值；
（3）若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3），.
【解析】
【分析】（1）通过证明结合平面平面可证明结论；
（2）取中点，连接，，通过说明，可得为二面角的平面角，后由题目条件结合余弦定理可得答案；
（3）当点M在F点时，由（2）可知答案；当M在点E时，过B作，且使，连接，，则由题目条件可得；当与，都不重合时，令，延长交的延长线于，连接，过作交于，连接，通过说明，可得.后综合三种情况可得答案.
【小问1详解】
证明：在梯形中，，，，，，
，，平面平面，平面平面，平面，平面.
【小问2详解】
解：取中点，连接，，
，，，
，，为二面角平面角.
，，，，
.
【小问3详解】
由（2）知：
①当与重合时，；
②当与重合时，过作，且使，连接，，则平面平面，，，平面ABC，平面ABC，，平面，平面，，，；
③当与，都不重合时，令，，延长交的延长线于，连接，在平面与平面的交线上，在平面与平面的交线上，平面平面，
过作交于，连接，
由（1）知，，又，平面，，
平面，平面，.
又，平面ACH，，平面，，.
在中，，从而在中，，
，，.，.
综上所述，，.
【点睛】方法点睛：本题涉及利用几何方法求二面角的平面角大小，对于此类问题可在两半平面内过交线上一点作交线的垂线；也可找到与交线垂直的平面，则垂面与半平面交线所形成的角即为所求平面角.
21. 已知椭圆的离心率为，且经过点．
（1）求椭圆方程；
（2）直线与椭圆交于点为的右焦点，直线分别交于另一点、，记与的面积分别为，求的范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由离心率为，且经过点可得答案；
（2）设，令可得坐标，代入椭圆方程得，设，可得坐标，代入椭圆方程得，利用及取值范围可得答案．
【小问1详解】
由离心率为，且经过点可得，又，
解得，所以椭圆；
【小问2详解】
设，则，，
令，，
可得，
代入，得，
又，得，
设，，
可得，
代入，得，
又，得，
∵，∴，
∵，，∴．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点是设，令，，分别求出、坐标，考查了学生分析问题、解决问题的能力及计算能力.
22. 已知函数.
（1）是的导函数，求的最小值；
（2）证明：对任意正整数，都有（其中为自然对数的底数）
【答案】（1）0； （2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意得，求导判断单调性即可求解；
（2）由（1）可得可知，当且仅当时等号成立，令，则.借助数列的裂项求和的方法和对数的运算性质即可证明.
【小问1详解】
由题意，，
，
，
令，解得，
又时，时，，
所以在上单调递减，在单调递增，
，即的最小值为0.
【小问2详解】
证明：由（1）得，，
可知，当且仅当时等号成立，
令，则.
，
即，
也即，
所以，
故对任意正整数，都有.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：
（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；
（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
64
72
80
89
97
105
113
121
128
135
13.4
15.2
16.7
18.6
20.1
21.9
23.5
25.3
26.8
28.5