2024届黑龙江省名校联盟高三模拟测试数学（解析版）.docx

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黑龙江名校联盟2024届高三模拟测试数学试卷（本试卷满分150分，考试时间120分钟．）注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名､准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上．2．答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效．一､选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设复数满足，则（）A.2B.C.3D.【答案】B【解析】【分析】令，由解出，利用复数模的公式计算.【详解】依题意，令，则，所以，所以，即，所以.故选：B．2.已知，且，则的最小值为（）A.1B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式，结合已知条件，即可得出答案.【详解】因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 故选：A．3.已知集合，若，且，则集合可以为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分别求解选项中的集合，再通过交集进行检验即得.【详解】由解得，故集合.对于选项，不等式的解为此时，，故项错误；对于选项，不等式等价于，解得，故项错误；对于选项，，故项错误；对于选项，，故D项正确.故选:D．4.已知函数，则（）A.2B.C.D.4【答案】C【解析】【分析】根据分段函数求函数值的方法结合三角函数求值得出答案.【详解】，，故选：C.5.已知，向量在向量方向上的投影向量为，且与向量共线且方向相反，则（）第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据向量在另一向量方向上的投影向量的求法列式整理得，由两向量共线的坐标表示列式，两式联立得出或，再由两向量方向相反舍去，即可代入选项中判断得出答案.【详解】向量在向量方向上的投影向量为，，整理得，与向量共线，，，由①②联立，解得或，又与向量方向相反，所以舍去，所以，则，，，，故选：A.6.若分别为的三个内角，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】由正弦定理得，且，函数在上单调递减，所以，即可判断.第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 【详解】解：依题意可知，在中，由正弦定理可知，若，则，于是，且，函数在上单调递减，所以，又，则，所以满足充分性；且以上过程可逆，因此也满足必要性，故选：C．7.若正四棱柱与以正方形的外接圆为底面的圆柱的体积相同，则正四棱柱与该圆柱的侧面积之比为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】正四棱柱底面边长与圆柱底面半径之比已知，由正四棱柱与圆柱的体积相同，求出正四棱柱与圆柱的高之比，代入侧面积公式计算即可.【详解】依题意，设正四棱柱的底面边长为，高为，圆柱的高为，则圆柱的底面半径为，则有，整理得，正四棱柱与圆柱的侧面积之比.故选：B．8.已知数列的前项和为，若，且都有，则（）A.是等比数列B.C.D.【答案】D【解析】第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 【分析】由已知变形得递推关系，再计算出，因此得出，结合可得，然后由求出通项，再利用计算出．从而可判断各选项．【详解】依题意，因为，即，又，所以，又，所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列，所以，时，，时，，所以，故选：D．二､多选题：本题共4个小题，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，全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知等差数列的前项和为，若，则下列结论正确的是（）A.是递增数列B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据求和公式结合条件可得，可判断AB，进而得到最小，从而判断CD.【详解】依题意，，所以，，所以，所以，所以数列的公差大于0，且，故正确，B错误；第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 所以最小，即，故C正确；，故错误，故选：AC．10.关于函数的图象和性质，下列说法正确的是（）A.是函数的一条对称轴B.是函数的一个对称中心C.将曲线向左平移个单位可得到曲线D.函数在的值域为【答案】ABD【解析】【分析】化简函数解析式，整体代入法或验证法求函数对称轴和对称中心判断选项AB，利用图象平移的规则判断选项C，结合函数解析式求解区间内函数的值域判断选项D.【详解】依题意，因为令，，当时，，所以是函数的一条对称轴，所以选项正确；（另解：因为，即当时，函数取得最大值，所以是函数的一条对称轴）；令，，当，所以是函数的一个对称中心，所以选项正确；第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 （另解：因为，即是函数的零点，所以是函数的一个对称中心）．因为，又将曲线向左平移个单位可得到曲线，所以选项不正确；因为，当，有，则，得函数的值域为，所以选项正确.故选：ABD11.已知直线与圆相交于不同的两点为坐标原点，则（）A.直线过定点B.C.当时，D.当时，最小值为【答案】CD【解析】【分析】根据直线系确定直线过定点判断A，根据定点在圆在可判断B，求出弦的最大值与最小值判断C，根据向量数量积的定义及夹角余弦最值判断D.【详解】由直线，可化为，即直线过定点，所以A选项不正确；因为直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 所以，解得，所以B不正确；当时，圆的方程为，可得圆心，又，则，可得长的最小值为，最大值即为直径6，所以C选项正确；当时，圆的方程为，则，当直线过圆心，此时，可得的最小值，所以的最小值为，故D正确.故选：CD．12.在正四棱柱中分别为棱的中点，记为过三点所作该正四棱柱的截面，则下列判断正确的是（）A.异面直线与直线所成角的余弦值为B.与平面的交线与平行C.截面为五边形D.点到截面的距离为【答案】ACD【解析】【分析】直线与直线所成角即为所求，在中求出可判断A；延长交延长线于，连接交于，延长交延长线于，连接交于，则五边形即为截面可判断C；与平面的交线，由，可得与不平行可判断B；求出的面积，设点到截面的距离为第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 ，根据，求出可判断D.【详解】对于A选项，如图，异面直线与直线所成的角，即为直线与直线所成角，连接，则即为直线与直线所成的角，在中，，，则，所以，所以A选项正确；对于C选项，延长交延长线于，连接交于，延长交延长线于，连接交于，则五边形即为平面截该四棱柱得到的截面．即截面为五边形，所以C选项正确；对于B选项，与平面的交线即为，根据左右两侧面平行和面面平行性质知，又，，所以与不平行，所以B选项不正确；对于D选项，由于，所以，又，所以，为等腰三角形，，所以的面积为设点到截面的距离为，则，，即，解得，即点到截面的距离为，所以D选项正确.故选：ACD．第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 【点睛】关键点睛：本题选项D中解决的关键点是利用等体积转化求点到平面的距离.三､填空题：本题4个小题，每小题5分，共20分．13.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则当时，__________．【答案】【解析】【分析】由奇函数的性质即可求解，注意当时要单调独验证.【详解】解：当，又因为为上的奇函数，所以，解得，又，所以当．故答案为：.14.在平行四边形中，,,__________．【答案】【解析】【分析】利用平面向量的线性运算.【详解】由平行四边形ABCD,，可知，则，整理得，则，所以.第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 故答案为：.15.已知球的体积为，其内接三棱锥的底面为直角三角形，且，则三棱锥的体积的最大值为__________．【答案】##【解析】【分析】先用基本不等式确定底面积最大值，再表示出所求体积后利用导数即可求解.【详解】设的中点为，四面体的外接球的球心为，因为，所以为外接圆的圆心，即点为四面体的外接球过三点的截面圆的圆心，圆的半径为，则，因为，所以，当且仅当时，取等号，即当且仅当为等腰直角三角形时，的面积最大，连接并延长交球面于一点，若使得四面体的体积最大，则该交点应为点，即为四面体的高，设，因为球的体积为，所以球半径为2，则有，则，令，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以三棱锥的体积的最大值为．故答案为：．16.已知为函数的导函数，且定义域均为，若函数与都是偶函数，写出函数的一个对称中心为__________；__________．【答案】①.②.【解析】【分析】第一空利用奇偶性结合换元法求对称中心即可，第二空结合对称性和周期性的知识综合求解即可.【详解】依题意，因为为偶函数，所以，即，令，则，所以关于点对称，所以函数的一个对称中心为，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 因为为偶函数，所以，所以函数的图象关于直线对称，即，又因为，所以，所以，，所以，即函数是周期为4的周期函数，，即，所以，所以，所以所以也是周期为4周期函数，四､解答题：共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 17.已知等差数列公差与等比数列公比相同，．（1）求和的通项公式；（2）记数列是将数列和中的项从小到大依次排列而成的新数列，求数列前60项的和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，结合等差等比数列通项求出公差，求出通项即得.（2）确定数列前60项中，数列和的项数，再利用前n项和公式计算即得.【小问1详解】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，则，即，解得，所以．【小问2详解】数列中的项从小到大依次为，而，依题意，新数列的前60项中，数列的项只有前6项，数列有54项，所以.18已知函数．（1）求函数单调区间；（2）若过点可以作曲线的3条切线，求实数的取值范围．【答案】（1）单调递增区间是；单调递减区间是（2）【解析】【分析】（1）求出函数导数，解不等式，即可求得函数单调区间；第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 （2）设切点坐标为，利用导数的几何意义求出切线方程，推出方程有三个不等实数根，构造函数，将方程根的问题转化为函数图像的交点问题，利用导数判断函数的性质，作出函数图像，数形结合，即可求解.【小问1详解】函数的定义域为，，令，解得，所以函数的单调递增区间是；令，解得，所以函数的单调递减区间是【小问2详解】由题意可得，设切点坐标为，则切线斜率，所以切线方程为，将代入得．因为存在三条切线，即方程有三个不等实数根，方程有三个不等实数根等价于函数的图像有三个交点，设，则，当时，在上单调递增；和上，在和上单调递减，，；当或时，，时，，当时，；当时，，画出的图象如图，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 要使函数的图像有三个交点，需，即，即实数的取值范围.【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于根据过点可以作曲线的3条切线，求解参数的范围，解答时要利用导数的几何意义求出切线方程，即要使得方程有三个不等实数根，构造函数，转化为函数的图像的交点问题，利用导数判断函数性质，数形结合，即可求解.19.在四棱锥中，，，，且，.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先由余弦定理求得，再由勾股定理及线面垂直的判定定理证明底面，则有，由勾股定理得，从而利用线面垂直的判定定理得平面第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 ，进而利用面面垂直的判定定理证明即可；（2）解法一：建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后利用夹角公式计算即可；解法二：利用二面角的定义作出二面角的平面角，然后在直角三角形中求解余弦值即可.【小问1详解】连接，因为，由余弦定理可得，所以，中，，则，所以，又，平面，平面，所以底面，依题意可知为等腰梯形，，可得，取中点，连接，则，所以四边形为平行四边形，，又，所以，又平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】解法1：如图，以B为坐标原点，BH、BA、BP为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 ，，设平面法向量为，则，取，得，同理，设平面法向量为，则，取，得，由题意，.设平面与平面的夹角为，则.解法2：由（1）可知，平面平面，所以平面平面，过作，则平面垂足为，平面，则，过作的垂线，垂足为，连，由于平面，所以平面平面，故，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 则为所求二面角夹角的平面角，因为，所以，又，则，所以，所以.所以平面与平面夹角的余弦值为.20.已知圆．（1）证明：圆C过定点；（2）当时，点P为直线上的动点，过P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，求四边形面积最小值，并写出此时直线AB的方程．【答案】（1）证明见解析（2）面积最小值为，【解析】【分析】（1）依题意改写圆的方程，令参数的系数为0即可；（2）依题意表示出所求面积，再用点到直线的距离公式即可求解.【详解】（1）依题意，将圆的方程化为，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 令，即，则恒成立，解得，即圆过定点；（2）当时，圆，直线，设，依题意四边形的面积，当取得最小值时，四边形的面积最小，又，即当最小时，四边形的面积最小，圆心到直线的距离即为的最小值，即，即四边形面积最小值为，此时直线与直线垂直，所以直线的方程为，与直线联立，解得，设以为直径的圆上任意一点：，故圆的方程为，即，又圆，两式作差可得直线方程.第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 21.某校高中“数学建模”实践小组欲测量某景区位于“观光湖”内两处景点，之间的距离，如图，处为码头入口，处为码头，为通往码头的栈道，且，在B处测得，在处测得（均处于同一测量的水平面内）（1）求两处景点之间的距离；（2）栈道所在直线与两处景点的连线是否垂直？请说明理由.【答案】（1）（2）不垂直，理由见解析【解析】【分析】（1）先在和中求出AD、CD的长度，结合，用余弦定理即可求解；（2）通过计算即可判断所在直线与两处景点的连线不垂直.【小问1详解】第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 由题意可知，在中，所以，所以为等腰三角形，所以，在中，，，由正弦定理：，即，解得在中，，由余弦定理：所以两处景点之间的距离为【小问2详解】在中，因为，所以栈道所在直线与两处景点的连线不垂直.22.已知函数．第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 （1）当时，求函数的极值；（2）证明：．【答案】（1）极小值，无极大值（2）证明见解析【解析】【分析】（1）进行二次求导，分析单调性即可求解.（2）设函数在存在唯一零点，根据函数的单调性的函数的最小值，只要成立即可.【小问1详解】当时，所以令在恒成立，所以函数在单调递增，且，所以当，函数在上单调递减；当，函数在上单调递增；所以函数在处取得极小值，无极大值；【小问2详解】当时，所以．令在恒成立所以函数在单调递增，且当时，；当时，，所以函数在存在唯一零点，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 即，且当，函数在上单调递减；当，函数在上单调递增,所以函数在处取得极小值,也为最小值，要证不等式成立，即证成立，即当且仅当时，即时，等号成立，所以.【点睛】利用导数比较大小、利用导数证明不等式，常常通过构造函数，把不等式转化为确定函数的单调性，利用单调性得函数值的大小，为此需要求导，利用导数确定单调性，在此过程中可能需要多次求导（当然需要多次构造函数）才能得出最终结论．第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司