2024年天一名校高考数学经典模拟试卷三

这是一份2024年天一名校高考数学经典模拟试卷三，共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．[2023春·高一·青海西宁·开学考试]已知,则( )
A.B.C.D.
1．答案：C
解析：因为,
所以.
故选：C.
2．达-芬奇的经典之作《蒙娜丽莎》举世闻名,画中女子神秘的微笑,数百年来引无数观赏者对其进行研究.某业余爱好者对《蒙娜丽莎》的缩小影像作品进行粗略测绘,将画中女子的嘴唇近似看作一段圆弧,并测得圆弧AC所对的圆心角为,弦AC的长为,根据测量得到的数据计算：《蒙娜丽莎》缩小影像作品中圆弧AC的长为( )（单位：）
A.B.C.D.
2．答案：C
解析：因为圆弧AC所对的圆心角,
所以为等边三角形,
如图所示:
所以,即圆弧的半径,
所以圆弧AC的长为.
故选：C
3．[2024春·高三·青海海南州·开学考试校考]已知向量，，，若，则( )
A.B.C.D.
3．答案：B
解析：因为向量，，，
所以，故，，
所以.
故选：B.
4．[2023秋·高二·安徽马鞍山·期中]设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的( )
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
4．答案：C
解析：令公差为d且的无穷等差数列，且，
若为递减数列，则，结合一次函数性质，
不论为何值，存在正整数，当时，充分性成立；
若存在正整数，当时，由于，即不为常数列，
故单调递减，即，所以为递减数列，必要性成立；
所以“为递减数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
故选：C.
5．[2023秋·高一·云南曲靖·月考校考]已知函数是偶函数,函数的最小值为,则实数m的值为( )
A.3B.C.D.
5．答案：B
解析：因为函数是偶函数,所以,即,所以,
其中,所以,解得,所以,所以,故函数的最小值为.令,则,故函数的最小值为等价于的最小值为,等价于或,解得.故A,C,D错误.
故选:B.
6．[2024春·高二·四川眉山·开学考试校考]已知点P在直线上，过P作圆的两条切线，切点为A，B，则的最大值为( )
A.B.C.D.
6．答案：C
解析：圆M的标准方程为，圆心，半径，
圆心M到直线l的距离为，即l与圆相离，
由于，故，
故当时，最小，此时最大，则也取最大值，
此时，，.
7．[2024春·高二·吉林长春·开学考试校考]已知双曲线C的两个焦点为，，P为C上一点，，，则C的离心率为( )
A.B.C.D.
7．答案：D
解析：如图，取线段的中点M，连接，
因为，，
所以，且，
所以，
设，则，
所以C的离心率
.
故选:D
8．[2024春·高三·四川遂宁·开学考试校考]如图,正方体的棱长为2,线段上有两个动点E,F(E在F的左边),且,下列说法不正确的是( )
A.异面直线与所成角为
B.当E,F运动时,平面平面
C.当E,F运动时,存在点E, F使得
D.当E,F运动时, 三棱雉体积不变
8．答案：C
解析：对于A,如下图所示:将平移到,连接,
易知在 中, 即为异面直线与所成的平面角,
由正方体的棱长为2 ,
利用勾股定理可知,
即为正三角形,所以异面直线与所成角为, 即A正确;
对于B,连接,如下图所示:
由为正方体即可得,平面,
而平面
所以,又E,F在线段 上,所以;
又 为正方形,所以,即,
又，，平面,所以平面,
又平面,所以平面平面,即B正确;
对于C,易知点F不在平面内,
假设, 又平面,平面, 所以平面,
显然这与平面矛盾, 所以假设不成立, 即C错误;
对于D,当E,F运动时, 由等体积法可知三棱锥体积与三棱锥的体积相等,即;
易知三棱锥的底面积,易知 平面,
所以点A到平面的距离为,
所以,
即当E, F运动时, 三棱锥体积不变, 即D正确.
故选：C.
9．[2023秋·高一·广西玉林·月考校考]已知命题“,”为假命题,则a的取值范围是( )
A.B.C.D.
9．答案：C
解析：命题,为假命题,即命题,为真命题,
当时,恒成立,符合题意;
当时,则且,即;
综上可知,.
故选:C
10．[2024春·高二·河北承德·开学考试校考]下列函数中,表示同一函数的是( )
A.,B.,
C.,D.,
10．答案：C
解析：对于A项,,与的对应法则不同,故不是同一函数,A项错误;
对于B项,的定义域为,的定义域为,
故两函数定义域不同,故与不是同一函数,B项错误;
对于C项,与的定义域相同,对应法则也相同,C项正确;
对于D项,,,与的对应法则不同,故不是同一函数,D项错误.
故选:C.
11．[2023秋·高一·重庆市第十一中·月考]函数的减区间为( )
A.B.C.D.
11．答案：D
解析：由题意,函数有意义,则满足,
即,解得,即函数的定义域为,
令,可得其开口向下,对称轴的方程为,
所以函数在区间单调递增,在区间上单调递减,
根据复合函数的单调性,可得函数在上单调递减,
即的减区间为.
故选:D.
12．[2023届·山东·模拟考试]已知,则( )
A.B.C.D.
12．答案：D
解析：由题意可知,将角进行整体代换并利用诱导公式得
;
;
所以,.
故选:D.
13．[2024春·高二·吉林长春·开学考试校考]若随机变量，且，则( )
13．答案：C
解析：因为随机变量，且，则.
故选:C.
14．[2023春·高二·天津蓟州区·月考校考]在展开式中，常数项为( )
A.-192B.-160C.60D.240
14．答案：D
解析：二项展开式的通项为，，1，2，3，4，5，6，令，得，所以展开式中常数项为.
故选:D.
15．[2024春·高二·山东东营·开学考试校考]已知圆和存在公共点,则m的值不可能为( )
A.3B.C.5D.
15．答案：D
解析：因为圆和存在公共点,
所以两圆相交或者相内切或者相外切,
即,
解得,选项ABC满足,m的值不能为D.
故选：D.
二、多项选择题
16．[2023春·高二·福建莆田·月考校考]已知空间向量,,,则( )
A.B.,,是共面向量
C.D.
16．答案：ABC
解析：,A项正确;
设,即,解得,,
即,所以,,共面,B项正确;
,所以,C项正确;
,D项错误.
故选:ABC.
17．下列说法正确的是( )
A.直线的倾斜角为
B.直线在轴上的截距为1
C直线恒过定点
D.过点并在两坐标轴上截距相等的直线方程为
17．答案：AC
解析：对于A,由得:,即直线斜率,
直线的倾斜角为,A正确;
对于B,由得:,则其在y轴上的截距为,B错误;
对于C,由知:直线恒过定点,C正确;
对于D,当直线过坐标原点,即直线为时,其在两坐标轴上截距相等;
当直线不过坐标原点,可设其方程为:,,则其方程为:;
过点并在两坐标轴上截距相等的直线方程为:和,D错误.
故选:AC.
18．[2024届·甘肃平凉·模拟考试校考]已知O为坐标原点，点，，，，则( )
A.B.
C.D.
18．答案：AC
解析：方法一：对于选项A，因为，，所以，，则，故A正确；对于选项B，因为，，
所以，，当时，，故B错误；对于选项C，，，所以，，
所以，故C正确；对于选项D，，，当且时，，故D错误.故选AC.
方法二：如图，由图可知，故A正确；当且仅当时，成立，故B错误；因为，，且，故C正确；，，因为与不一定相等，故D错误.故选AC.
19．[2023春·高二·山东泰安·月考校考]设为函数的导函数,已知,,则下列结论中正确的是( )
A.在上单调递增B.在上单调递减
C.在上有极大值D.在上有极小值
19．答案：ABD
解析：由,得:,
设,则,
由得,由得,
所以在上单调递增,在上单调递减,
故A,B正确;
函数在上有极小值,故C错误,D正确.
故选:ABD.
20．[2023春·高一·河南·月考]在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列结论正确的是( )
A.若,则
B.若,则
C.若,则是等腰三角形
D.若为锐角三角形,则
20．答案：ABD
解析：对于选项A,在中,大边对大角,若,则,
根据正弦定理可得,选项A正确;
同理,选项B正确;
对于选项C,若,由正弦定理可得,
即,所以即或即,
所以为等腰角三角形或直角三角形,选项C错误;
对于选项D,若为锐角三角形,则,,
又正弦函数在上为单调增函数,
,即,选项D正确.
故选:ABD.
21．[2023春·高一·四川资阳·月考校考]关于函数,下列选项正确的是( )
A.的定义域为B.是奇函数
C.的最小正周期是D.
21．答案：AC
解析：函数的定义域与的定义域相同,即为,故A正确;
由及的定义域知是偶函数,故B错误;
作出的图象如图所示,
由图可知函数的最小正周期为,故C正确;
由于,,且根据图象知在上单调递增,
所以,即,故D错误.
故选:AC.
三、填空题
22．[2023届·山西·模拟考试]中医药,是包括汉族和少数民族医药在内的我国各民族医药的统称,是反映中华民族对生命,健康和疾病的认识,具有悠久历史传统和独特理论及技术方法的医药学体系,是中华民族的瑰宝.某科研机构研究发现,某品种中医药的药物成分甲的含量x(单位:克)与药物功效y(单位:药物单位)之间具有关系.检测这种药品一个批次的6个样本,得到成分甲的平均值为6克,标准差为2,则估计这批中医药的药物功效的平均值为________________.
22．答案：20
解析：设这个样本中成分甲的含量分别为,,,,,,平均值为,
则,所以,
所以,
所以,
于是,
则.
故答案为:20
23．[2023秋·高一·四川泸州·月考校考]若函数的零点在区间,内,则________________．
23．答案：2
解析：因为,
所以在上单调递增,
又,,,
所以函数在上有唯一零点,所以;
故答案为：2.
24．[2023届·河南·模拟考试]记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,,若外接圆面积为,则面积的最大值为______.
24．答案：
解析：由已知及正弦定理得,所以,
所以,又,所以.由的外接圆面积为,得外接圆的半径为1.由正弦定理得,所以,所以,解得,所以的面积,当且仅当时等号成立.
25．[2024春·高二·河北承德·开学考试校考]函数的值域为________.
25．答案：或
解析：当时,在上单调递减,
所以;
当时,在上单调递减,
所以;
所以函数的值域为,
故答案为:
26．[2024届·江苏省丹阳高级中学·模拟考试]对于数列,由作通项得到的数列,称为数列的差分数列,已知数列为数列的差分数列,且是以1为首项以2为公差的等差数列,则_____________.
26．答案：65
解析：由题意得,
累加得,即,
则.
故答案为：65.
27．[2024届·河南·模拟考试]已知：,,,,则A,B,C大小关系是_________．
27．答案：
解析：由,得,,因此,
显然,则,
所以A,B,C大小关系是.
故答案为：.
四、解答题
28．[2024春·高二·湖北·月考]设各项均为正数的数列的前n项和为,且.
（1）求数列的通项公式;
（2）若数列满足,设,求数列的前n项和.
28．答案：（1）见解析
（2）见解析
解析：（1）因为,令得,解得,
则,,
两式相减得,
即,
因为各项均为正数的数列,故,
因此数列是以为首项,2为公差的等差数列,
所以.
（2）因为,由（1）可得,
,
,
所以
.
29．如图,在四棱锥中,四边形是等腰梯形,,,,.
(1)证明:平面平面.
(2)若,且,求二面角的正弦值.
29．答案：(1)见解析
(2)
解析：(1)证明: 如图1, 在等腰梯形中,作于E, 于F.
,所以,,
所以,则.
因为 平面,平面,
所以平面.
因为平面, 所以平面平面.
(2)由(1)得平面, 所以.
因为,所以平面.
以点D为原点建立如图2所示的空间直角坐标系,则,,,
,,,,
设平面PAB的法向量为, 则有
令,可取,
平面的一个法向量为.
设二面角的平面角为,则,
,故二面角的正弦值为.
30．[2024届·福建·模拟考试联考]已知抛物线C：（）上一点M的纵坐标为3，点M到焦点距离为5.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点作直线交C于A，B两点，过点A，B分别作C的切线与，与相交于点D，过点A作直线垂直于，过点B作直线垂直于，与相交于点E，、、、分别与x轴交于点P、Q、R、S.记、、、的面积分别为、、、.若，求直线的方程.
30．答案：(1)
(2)
解析：(1)设，由题意可得，即，
解得或（舍去），所以抛物线C的方程为.
(2)如图，
设经过，两点的直线方程为：（），
与抛物线方程联立可得，
即，，
，.
，则，
，
过点A作C的切线方程为，
令，得，即.
同理，过点B作C的切线方程为，
令，得，即.
.
联立两直线方程，解得，即，
则D到直线的距离.
又过点A作直线垂直于，
直线的方程为，
令，得，即.
同理，直线的方程为，
令，得，即.
.
联立两直线方程，解得，
整理后可得，即，
则E到直线的距离.
由上可得，，
，，
，得，
直线的方程为即.