2024年安徽省高考数学一轮模拟卷

这是一份2024年安徽省高考数学一轮模拟卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知命题；命题，，则下列命题中，真命题的是（ ）
A．B．
C．D．
2．若，则（ ）
A．B．0C．1D．2
3．已知某研究机构对某个问题进行研究得到一组统计数据如下：
由这些数据求得回归曲线方程为，则时，的预测值可能为（ ）
A．B．C．D．
4．已知定义在R上的可导函数的导函数为，且恒成立，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
5．已知点是的重心，则（ ）
A．B．
C．D．
6．若正项等比数列的前n项和为，且，则的最小值为（ ）
A．10B．15C．20D．25
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的一条渐近线方程为，实轴长为4，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
二、多选题
9．某专业饲料市场研究机构统计得到2023年1-9月和2022年同期的豆粕价格走势图如图所示，则（ ）

A．2023年1-9月的豆粕价格仅有4个月低于2022年同期
B．从极差来看，2022年1-9月的豆粕价格比2023年同期波动范围更大
C．2023年1-9月的豆粕价格的中位数为2.30
D．2022年1-9月的豆粕价格的平均数低于2.30
10．已知数列满足是的前项和，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知抛物线的焦点为，直线交抛物线于，两点，以线段为直径的圆交轴于，两点，交准线于点，则下面结论正确的是：（ ）
A．以为直径的圆与轴相切B．
C．D．的最小值为
三、填空题
12．已知幂函数的图象过点，令，记数列的前n项和为，则 ．
13．设是椭圆（）的两个焦点，P为椭圆上任一点，若且的面积为，则该椭圆的短轴长为 .
14．我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”它体现了一种无限与有限的转化过程.比如在表达式中“...”即代表无数次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程求得.类比上述过程，则 .
四、解答题
15．已知数列的前n项和为.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设的前n项和为；
①求；
②若对任意的正整数n，不等式恒成立，求实数的取值范围.
16．已知函数．
(1)当时，求的值；
(2)若函数为偶函数，求的值；
(3)若的图象的两条对称轴间的最小距离小于，且函数在区间上单调递增，求ω的取值范围．
17．已知函数，．
(1)若在上不单调，求a的取值范围；
(2)当时，试讨论函数的零点个数．
18．如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为矩形，为的中点．
(1)求异面直线与所成的角；
(2)求二面角的余弦值．
19．过点作直线l与双曲线C：交于A，B两点，P是双曲线C的左顶点，直线与y轴分别交于．
(1)求直线l斜率的取值范围；
(2)求证：线段的中点M为定点，并求出点M的坐标．
1
2
3
4
参考答案：
1．C
【分析】判断命题的真假，再结合复合命题的真值表逐项判断即得.
【详解】不等式，而恒成立，则是假命题，是真命题，
当时，，于是，即命题是真命题，是假命题，
因此假，假，真，假，即ABD都是假命题，C是真命题.
故选：C
2．D
【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算，结合复数相等求出即可计算得解.
【详解】依题意，，又，因此，
所以.
故选：D
3．C
【分析】依据线性回归直线过样本中心，即可得到答案.
【详解】设，则，
所以，，
因为在上，
所以，解得，
所以，
当时，.
故选：C
4．A
【分析】由题意构造函数，求导结合已知可得在R上单调递减，而等价于，由此结合单调性即可得解.
【详解】令，则，
在R上单调递减，由，
，得，
故，解得：
故选：A.
5．D
【分析】利用三角形重心的性质，结合平面向量的线性运算，即可求得答案.
【详解】设的中点为D，连接，点是的重心，则P在上，
且
，
由此可知A，B，C错误，D正确，
故选：D
6．C
【分析】根据是等比数列，由，即，可得，，也是等比数列，结合基本不等式的性质即可求出的最小值.
【详解】因为是正项等比数列，，即，
所以，，也是等比数列，且，
所以，
则，
当且仅当，即取等号，所以的最小值为，故C正确.
故选：C.
7．D
【分析】由和差角公式可得，从而得解.
【详解】，
所以，
则.
故选：D
8．C
【分析】分焦点在x轴或y轴两种情况，结合公式求出答案.
【详解】实轴长，
若双曲线焦点在x轴上，则双曲线方程为，
若双曲线焦点在y轴上，则双曲线方程为.
故选：C．
9．BD
【分析】根据给定的折线图，结合极差、中位数、平均数的意义逐项判断即得.
【详解】对于A，2023年3月、4月、5月、6月、7月的豆粕价格低于2022年同期，A错误；
对于B，2022年的极差约为0.6，2023年的极差约为0.4，B正确；
对于C，2023年1-9月的豆粕价格的中位数是3月的数据，小于2.30，C错误；
对于D，2022年3月、4月、9月的豆粕价格均高于2.30，且与2.30的差不大于0.2，
而其余月份豆粕价格均低于2.30，且1月、2月的豆粕价格与2.30的差分别大于0.4，0.2，
因此2022年1-9月的豆粕价格的平均数低于2.30，D正确.
故选：BD
10．BCD
【分析】利用并项求和法可判断B选项；推导出，分为奇数、偶数两种情况求出数列的通项公式，可判断AC选项；利用，采用放缩和裂项相消法，判断D选项.
【详解】因为，
所以
，B正确；
由题意，①，②，由②-①得，，
由，所以，
当为奇数时，设，则，
当为偶数时，设，则，
故对任意的错C对；
可得：，则有，
于是当时
，
当时也成立，D正确，
故选：BCD.
11．ACD
【分析】A选项，设，由焦半径公式得到，求出的中点的横坐标为，得到相切关系；B选项，联立直线与抛物线方程，得到与，故；C选项，证明出为直径的圆与准线相切，故切点为，得到，结合向量数量积公式得到C正确；D选项，由垂径定理求出，求出最小值.
【详解】A选项，由题意得，准线，
设，由焦半径可得，
设的中点为，则，显然到轴的距离等于，
故以为直径的圆与轴相切，A正确；
B选项，直线过点，
联立与得，
设，则，
故，，
由A选项知，，同理可得，
故，B错误；
C选项，由B选项得，
设的中点为，则，
故点到准线的距离为，
故为直径的圆与准线相切，故切点为，
故，则
，C正确；
D选项，点到轴的距离为，
由垂径定理得
，
故当时，取得最小值，最小值为，D正确.
故选：ACD
【点睛】结论点睛：抛物线的相关结论，
中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切；
中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切.
12．5
【分析】由题意，根据幂函数的定义可得，进而，结合裂项相消求和法计算即可求解.
【详解】设幂函数，过点，
则，解得，所以，
所以，
则，
所以数列的前n项和为
，
故.
故答案为：5
13．10
【分析】由椭圆定义得到，，由余弦定理得到，结合三角形面积公式得到方程，求出，得到答案.
【详解】由椭圆定义得，，
由余弦定理得
，
即，解得，
由三角形面积公式得，
即，解得，
故该椭圆的短轴长.
故答案为：10
14．/
【分析】根据题意列方程即可求解.
【详解】令，则两边平方得，则，即，解得或（舍去）.
故答案为：
15．(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）将表示为，然后等式两边同除，根据所得结果进行证明；
（2）①先求解出，然后表示出，再通过错位相减法求解出；
②不等式化简为，令，先确定出单调性，从而求解出最大值，将恒成立问题转化为，由此求解出结果.
【详解】（1）因为，所以，
所以，所以，所以，
所以是公差为的等差数列；
（2）①因为，所以，所以，
，
，
，
两式相减得，
，所以，
；
②对任意的恒成立，，则对任意的恒成立，
令，
为递减数列，则当时，，.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先将函数进行降幂，再运用辅助角公式化成正弦型函数，代值计算即得；
（2）先算出，再利用其为偶函数可得：，求得，即可求；
（3）根据题设易得，计算得，再由函数在区间上单调递增，推得，则有，依题得，计算即得.
【详解】（1）
．
当时，．
∴．
（2）由（1）知，
∴，因函数为偶函数，则
故，即．
∴．
（3）∵的图象的两条对称轴间的最小距离小于，
∴的最小正周期，即，即．
故函数单调递增．
∴当时，．
又，∴．∴，故须使：
解得：．
∴ω的取值范围为．
17．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）将问题转化为在存在零点，进而转化为与在有交点，则在上的值域即为a的范围.
（2）由分离参数可得，将问题转化为与曲线的交点个数，运用导数研究的单调性，进而可画出的大致图象，结合图象求解即可.
【详解】（1）函数，则，
∵在上不单调，故函数在存在极值，
∴在存在零点，即在存在解，
即直线与曲线在有交点，
当时，，
∴a的取值范围为．
（2）等价于，故可看成直线与曲线的交点个数，
令，则，
令，得，令，得，
故在上递增，在上递减，
∵，当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，
如图所示，
∴当，即时，有两个零点；
当，即时，仅有一个零点；
当，即时，无零点.
18．(1)
(2)
【分析】(1)由异面直线的定义求解；
(2) 先证明平面，可得，所以是二面角的平面角，即可求解．
【详解】（1）是异面直线与所成的角或其补角，
，
∴异面直线与所成的角为．
（2）∵平面平面，平面平面，
平面平面，
平面，平面，
平面，
平面平面，
又是二面角的平面角．
平面平面，
．
，即二面角的余弦值为．
19．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）设，与双曲线联立由直线与双曲线的位置关系求解即可；
（2）表示出直线的方程，令求出得坐标，则，将韦达定理代入化简即可得出答案.
【详解】（1）由题意可知直线的斜率存在，设，
与双曲线联立得：．
因为直线与双曲线交于两点，所以且，
由，得，
由，得，
解得直线斜率的取值范围为．
（2），设，则，
令得，同理可得．
于是，
，
由韦达定理有，
代入上式可得：
所以线段的中点为定点．
.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.