2023~2024学年安徽黄山屯溪高考数学试题{二模}带解析

这是一份2023~2024学年安徽黄山屯溪高考数学试题{二模}带解析，共27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。
一、选择题：本大题共8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. 已知集合，集合，则＝（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】求出集合A,B，然后进行交集、补集的运算即可.
【详解】因为集合，集合，
所以，.
故选：B.
2. 复数的虚部是（）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】化简即可得出，即可得出答案.
【详解】因为，
所以，复数的虚部是.
故选：D.
3. 若直线与之间的距离为，则a的值为（）
A. 4B. C. 4或D. 8或
【正确答案】C
【分析】将直线化为，再根据两平行直线的距离公式列出方程，求解即可.
【详解】将直线化为，
则直线与直线之间的距离，
根据题意可得：，即，解得或，
所以a的值为或.
故选：C
4. 如图，有一古塔，在A点测得塔底位于北偏东方向上的点D处，在A点测得塔顶C的仰角为，在A的正东方向且距D点30m的B点测得塔底位于西偏北方向上（A，B，D在同一水平面），则塔的高度CD约为（ ）
A. 17.32mB. 14.14mC. 10.98mD. 6.21m
【正确答案】B
【分析】在中，根据正弦定理可求出.在中，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，在中，有，，，
根据正弦定理可得，
.
在中，有，，
，所以(m).
故选：B.
5. 如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面，使，设与SM交于点N，则的值为（）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】连接交于点，连接，根据线面平行得性质证明，再根据可得，进而可得出答案.
【详解】连接交于点，连接，则平面即为平面，
因为，平面，平面，所以，
因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分，
所以，，
所以且，所以，
又，所以，所以.
故选：C
6. 如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令为数列的前项和，则（）
A8B. 9C. 10D. 11
【正确答案】C
【分析】由题意可得的边长，进而可得周长及，进而可得，可得解.
【详解】由，
可得，，，，
所以，
所以，
所以前项和，
所以，
故选：C.
7. 已知函数，分别与直线交于点，，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】依题意，表示出两点坐标和，构造函数，利用导数研究单调区间和最值.
【详解】
由题意，，，其中，且，
所以，令，，
则时，解得，
所以时，；时，；
则在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
故选：B．
8. 已知点F为双曲线的右焦点，A，B两点在双曲线上，且关于原点对称，M、N分别为的中点，当时，直线AB的斜率为，则双曲线的离心率为（）
A. 4B. C. D. 2
【正确答案】C
【分析】记双曲线的左焦点为，由此可得四边形为平行四边形，由条件证明四边形为矩形，由此可得四边形为矩形，再求，结合双曲线定义求离心率.
【详解】记双曲线的左焦点为，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
因为M、N分别为的中点，点为线段的中点，
所以，又，
所以四边形为矩形，故，
所以四边形为矩形，故为直角三角形，斜边为，
所以，
因为直线AB的斜率为，
所以，所以，，
由双曲线定义可得，
所以曲线的离心率.
故选：C.
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. 如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，.若将正三棱锥绕旋转，使得点E，P分别旋转至点A，处，且A，B，C，D四点共面，点A，C分别位于BD两侧，则（）
A. B.
C. 多面体的外接球的表面积为D. 点P与点E旋转运动的轨迹长之比为
【正确答案】AD
【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理结合正三棱锥的性质可判断A，B；由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积可判断C；由题意转动的半径长为，转动的半径长为可判断D.
【详解】取的中点为，连接，
由，所以，
又，平面，所以平面，
将正三棱锥绕旋转，使得点E，P分别旋转至点A，处，
所以平面，所以，故A正确；
因为平面，所以，故B不正确；
因为A，B，C，D四点共面，，
可得：，，
所以平面，
所以平面，同理平面，由已知为正方形，
所以可将多面体放入边长为的正方体，
则多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，
表面积为，选项C不正确；
由题意转动的半径长为，转动的半径长为，
所以点P与点E旋转运动的轨迹长之比为，故D正确.
故选：AD.
10. 在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．初始感染者传染个人为第一轮传染，第一轮被传染的个人每人再传染个人为第二轮传染，…．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天，初始感染者为1人，则（）
A. 第三轮被传染人数为16人B. 前三轮被传染人数累计为80人
C. 每一轮被传染的人数组成一个等比数列D. 被传染人数累计达到1000人大约需要35天
【正确答案】CD
【分析】根据已知条件，可转化为等比数列问题，结合等比数列前项和公式，即可求解．
【详解】由题意，设第轮感染的人数为，则数列是首项，公比的等比数列，故C正确；
所以，当时，，故A错误；
前三轮被传染人数累计为，故B错误；
当时，，当时，由，故D正确.
故选：CD
11. 已知定义在R上的函数的图象连续不间断，若存在非零常数t，使得对任意的实数x恒成立，则称函数具有性质，则（）
A. 函数具有性质
B. 若函数具有性质，则
C. 若具有性质，则
D. 若函数具有性质，且，则，
【正确答案】ABD
【分析】根据性质的定义直接验证即可判断A；利用性质迭代即可判断B；
取验证性质即可判断C；根据性质迭代可得，再结合即可判断D.
【详解】因为，故A正确；
若函数具有性质，则，即
所以，故B正确；
若，取，
易知恒成立，所以C错误；
若函数具有性质，则，即
所以
所以
又，所以，D正确.
故选：ABD
12. 点是直线上的一个动点，，是圆上的两点．则（）
A. 存在，，，使得
B. 若，均与圆相切，则弦长的最小值为
C. 若，均与圆相切，则直线经过一个定点
D. 若存在，，使得，则点的横坐标的取值范围是
【正确答案】BCD
【分析】根据几何知识得到当直线，与圆相切且最小时最大，然后求的最大值即可判断A选项；利用等面积的思路得到，然后求的最小值即可得到弦长的最小值，即可判断B选项；根据圆的定义得到，是以为直径的圆上的两点又是圆上的两点，然后让两圆的方程相减得到直线的方程即可得到直线过定点，即可判断C选项；根据存在，，使得得到，然后求时点的横坐标，即可得到点的横坐标的取值范围，即可判断D选项.
【详解】
由图可知，当直线，与圆相切且点在轴上时最大，
此时，，，，
所以最大时是锐角，故A错；
，所以，
则当最小时，弦长最小，，所以，故B正确；
设点，，是以为直径的圆上的两点，圆的方程为，
即①，又，是圆②上的两点，
所以直线的方程为②-①：，过定点，故C正确；
若存在，，使得，则，
当直线，与圆相切时，最大，对应的余弦值最小，
当直线，与圆相切，且时，，，
因为，所以，则，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，则___________．
【正确答案】
【分析】根据同角的三角函数关系求得，利用两角和的正弦公式求得，再用正弦定理即可求得答案.
【详解】在中，，则，
故，
故由正弦定理得,
故
14. 南海中学环保小组共有6名成员，该环保小组计划前往佛山市4个不同的景区开展环保活动，要求每个景区至少有1人，且每个人只能去一个景区，则不同的分配方案有__________.
【正确答案】1560
【分析】将6名成员分4组，考虑每组的人数情况有1，1，1，3和1，1，2，2两种分组方法，再将4组成员分配到4个不同的景区开展环保活动，根据分步乘法计数原理可得答案．
【详解】第一步：将6名成员分成4组，按照1，1，1，3的方式来分，有种分配方案；按照1，1，2，2的方式来分，有种分配方案；
第二步：将4组成员分配到4个不同的景区开展环保活动，共有种分配方案，
故符合要求的分配方案有种．
故1560．
15. 已知点在线段上，是的角平分线，为上一点，且满足，设则在上的投影向量为__________．（结果用表示）．
【正确答案】##
【分析】由可设，结合双曲线的定义可得点的轨迹，再根据内心的向量性质可得为的内心，进而根据双曲线焦点三角形内心的性质求解即可.
【详解】由，可设，由，
得点的轨迹是以为焦点，实轴长为6的双曲线的右支（不含右顶点）.
因为是的角平分线，且
故也为的角平分线，为的内心.
如图，设，，
则由双曲线与内切圆的性质可得，，
又，所以，，在上投影长为，
则在上的投影向量为．
故
16. 对于数列，记，，，则称是的“下界数列”，令，是的下界数列，则_____________；
（参考公式：）
【正确答案】
【分析】首先分析的单调性，结合所给“下界数列”的定义求出的通项公式，再分和两种情况讨论，利用分组求和法计算可得.
【详解】因为，所以，
所以当时单调递增，当时单调递减，且，
又，所以当时，
当时，
当时，
即，所以，
所以当时
，
当时
，
所以.
故
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算过程.
17. 若数列是等差数列，则称数列为调和数列.若实数依次成调和数列，则称是和的调和中项.
（1）求和的调和中项；
（2）已知调和数列，，，求的通项公式.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据题意得到、、成等差数列，从而得到方程，求出，得到答案；
（2）根据题意得到是等差数列，设出公差，由通项公式基本量计算得到公差，从而求出，得到的通项公式.
【小问1详解】
设和的调和中项为，依题意得：、、成等差数列，
所以，解得：，
故和的调和中项为；
【小问2详解】
依题意，是等差数列，设其公差为，
则，
所以，
故.
18. ，，，
（1）若，求的值；
（2）若函数最小正周期为
①求的值；
②当时，对任意，不等式恒成立，求的取值范围
【正确答案】（1）
（2）①；②见解析.
【分析】（1）首先代入向量数量积的坐标公式，利用三角恒等变形，化简函数，并代入求值；
（2）首先根据周期公式求，并利用三角函数的性质求的最大值，最后转化为二次函数恒成立问题，即可求解.
【小问1详解】
依题意，
，
当时，，
【小问2详解】
①由（1）知，
最小正周期，得，
②当时，，当时，
，当，即时，的最大值为2，
不等式恒成立，即恒成立，
整理为，恒成立，
当时，恒成立，
当时，，得，
综上可得，，
当时，，当时，
，当，即时，的最大值为0
不等式恒成立，即恒成立，
整理为，恒成立，
当时，恒成立，
当时，，得，
综上可得，，
综上可知，当时，，当时，
19. 如图所示，在平行四边形ABCD中，，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折为，若F为线段的中点．在翻折过程中，
（1）求证：平面；
（2）若二面角，求与面所成角的正弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）取的中点，通过证平面平面，可得面.
（2）利用二面角的平面角的定义先找出二面角的平面角即为，再利用面面垂直的性质定理找到平面的垂线，从而作出与面所成的角，计算可得答案.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，
为线段的中点，，
平面，平面，平面，
又，，四边形为平行四边形，则
平面，平面，可得平面，
又，，平面，
可得平面平面，平面，
则面.
【小问2详解】
取中点，中点，连接，，，
由，，为边的中点，
得，所以为等边三角形，从而，，
又，为的中点所以，又是等边三角形，
所以，所以为二面角的平面角，所以，
过点作，过作交于，连接，
是等边三角形，所以可求得，，所以，，
，，，，
所以，，又，，面，
所以面，又，所以面，
平面，所以面面，
由，在中易求得，又，
所以，，
面面，面，
所以面，所以为与平面所成的角，
在中可求得，所以，
与面所成角的正弦值为
20. 现有一种不断分裂的细胞，每个时间周期内分裂一次，一个细胞每次分裂能生成一个或两个新的细胞，每次分裂后原细胞消失，设每次分裂成一个新细胞的概率为，分裂成两个新细胞的概率为；新细胞在下一个周期内可以继续分裂，每个细胞间相互独立.设有一个初始的细胞，在第一个周期中开始分裂，其中.
（1）设结束后，细胞的数量为，求的分布列和数学期望；
（2）设结束后，细胞数量为的概率为.
（i）求；
（ii）证明.
【正确答案】（1）分布列见解析，
（2）（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求出的取值及不同取值对应的概率，进而列出分布列，利用期望公式求出期望；
（2）（i）求出第时分裂为个细胞的概率，再用等比数列求和公式，即可求解；
（ii）求出第时分裂为个细胞的概率，再用等比数列求和公式，求出，再利用导数法确定函数的单调性，从而确定最值，即可得证.
【小问1详解】
个结束后，的取值可能为,其中,
，
，，
所以分布列为
.
【小问2详解】
（i）表示分裂结束后共有个细胞的概率，则必在某一个周期结束后分裂成个细胞. 不妨设在第时分裂为个细胞，之后一直有个细胞，
此事件概率，
所以
.
（ii）代表分裂后有个细胞的概率，设细胞在后分裂为个新的细胞，这两个细胞在剩下的中，其中一个分裂为个细胞，一个保持一直分裂为个细胞，此事件的概率
，
得，
，
其中，.
令,，
记，,令，得.
当,,递增；
当，,递减.
故，
也就是.
关键点点睛：本题求解的关键有两个，一是求解时，利用等比数列的知识求解；二是求解的最值时，根据解析式的特点，利用导数来求解.
21. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，直线与椭圆C交于A，B两点，且的周长最大值为8．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，P，Q是椭圆C上的两点，且直线与的斜率之积为（O为坐标原点），D为射线上一点，且，线段与椭圆C交于点E，，求四边形的面积．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由题意可知，当过右焦点时，的周长取最大值，求得，通过离心率可求得，即可求得标准方程；
（2）设，由题目条件可得，由可得四边形面积为，当直线PQ斜率为0时，易得；当直线斜率不为0时，将直线PQ方程与椭圆方程联立后，利用韦达定理，结合，可得，后可得，即可求解
【小问1详解】
设与轴的交点为，
由题意可知，
则，
当过右焦点时，的周长取最大值，所以，
因为椭圆的离心率为，所以，
所以椭圆C的标准方程
【小问2详解】
设，因P，Q均在椭圆上，则.
又，则.
由可得，
则四边形面积为.
当直线PQ斜率为0时，易知，又，则.
根据对称性不妨取，，由得，
则，得此时；
当直线斜率不为0时，设的方程为，将直线方程与椭圆方程联立有：
，消去x得.
，
由韦达定理，有.
所以
，，
代入可得，解得，
，
又原点到直线PQ距离为，则此时.
综上可得，，四边形面积为.
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若方程有两个不相等的实数根，，证明.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）变形得到，设，，则，求导得到其单调性，得到，从而解不等式，求出答案；
（2）换元后化为，构造，求导后得到其单调性，只需证明，变形得到，令，，，则只需证即可，求导得到单调性，证明出结论.
【小问1详解】
由，得.
所以，所以.
因为，所以.又因为，
所以可设，，则.
当时，，可得函数在上单调递增，
所以，即.
故不等式的解集为.
【小问2详解】
等价于，
令，其中，则，显然.所以.
令，则，
所以在，上单调递减，在上单调递增.
所以的极小值为.
因为方程有两个不相等的实数根，，
所以关于t的方程有两个不相等的实数根，，且，.
要证，即证，
即证，只需证.
因为，所以，
整理可得.
不妨设，则只需证，
即证.
令，，，则只需证即可.
因为，所以在上单调递增.
所以.
故.
极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.