高級中學名校試卷PAGEPAGE3安徽省安慶市2024屆高三模擬考試(二模)數學試題一、選擇題1設集合，集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，可得，故，由，可得，即或，故或，則.故選：A.2.已知復數，是z的共軛復數，則（）A. B.1 C.2 D.4〖答案〗B〖解析〗，而，可得.故選：B.3.設F是橢圓的一個焦點，過橢圓C中心的直線交橢圓于P，Q兩點，則的周長的最小值為（）A.12 B.14 C.16 D.18〖答案〗C〖解析〗由橢圓的對稱性可知P，Q兩點關于原點對稱，設橢圓的另一個焦點為，則四邊形為平行四邊形，由橢圓定義可知：，又，，所以，又過原點，所以，所以的周長的最小值為：.故選：C4.在一次學科核心素養能力測試活動中，隨機抽取了100名同學的成績（評分滿分為100分），將所有數據按，，，，，進行分組，整理得到頻率分布直方圖如圖所示，則估計這次調查數據的第64百分位數為（）A.80 B.78 C.76 D.74〖答案〗B〖解析〗由，，故這次調查數據的第64百分位數位于之間，設這次調查數據的第64百分位數為，則有，解得故選：B.5.設是公比不為1的無窮正項等比數列，則“為遞減數列”是“存在正整數，對任意的正整數，”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C充要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗C〖解析〗是公比不為1的無窮正項等比數列，所以，一方面：“為遞減數列”，等價于，要使得，只需，即，從而，所以取，其中是指不超過的最大整數，則當時，有，另一方面：我們假設，且“存在正整數，對任意的正整數，”，則當越來越大時，同理可得，但這與“存在正整數，對任意的正整數，”矛盾，綜上所述，“為遞減數列”是“存在正整數，對任意的正整數，”的充要條件.故選：C.6.已知點，，O是坐標原點，點B滿足，則與夾角的最大值為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗設點，可得，因為，可得，即點的軌跡是以為圓心，半徑的圓，如圖所示，設過點與圓相切的直線的方程為，即，則圓心到直線的距離等于圓的半徑，可得，解得，設切線的傾斜角為，則，可得，即與夾角的最大值為.故選：A.7.已知函數的圖象關于點對稱，且在上沒有最小值，則的值為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，因為的圖象關于點對稱，所以，故，即，當，即時，函數取得最小值，因為在上沒有最小值，所以，即，由解得，故，得故選：B.8.如圖，在長方體中，，點E是棱上任意一點（端點除外），則（）A.不存在點E，使得B.空間中與三條直線，，都相交的直線有且只有1條C.過點E與平面和平面所成角都等于的直線有且只有1條D.過點E與三條棱，，所成的角都相等的直線有且只有4條〖答案〗D〖解析〗在長方體中，，對于A，當為的中點時，連接，則，即有，而平面，平面，則，又平面，因此平面，而平面，則，A錯誤；對于B，連接，設，，則平面與直線交于，點在線段上，不含端點，則直線與直線相交，同理直線與直線相交,因此直線、分別與三條直線，，都相交，B錯誤；對于C，平面，而平面，則，又，于是是二面角的平面角，且，顯然的平分線與平面和平面所成角都等于，過點與此直線平行的直線符合要求，這樣的直線只有1條；半平面與半平面的反向延長面所成二面角的角平分面與平面和平面所成角都等于，在此角平分面內過點與平面和平面所成角都等于的直線有2條，因此過點與平面和平面所成角都等于的直線有3條，C錯誤；對于D，建立如圖所示的空間直角坐標系，直線的方向向量分別為，設過點的直線方向向量為，由直線分別與直線所成角都相等，得，于是，不妨令，有或或或，顯然使得成立的向量有8個，其余4個分別與上述4個向量共線，所以過點E與三條棱，，所成的角都相等的直線有且只有4條，D正確.故選：D二、多項選擇題9.已知定義在R上的函數，滿足對任意的實數x，y，均有，且當時，，則（）A. B.C.函數為減函數 D.函數的圖象關于點對稱〖答案〗ACD〖解析〗對A：令，則有，故，故A正確；對B：令，，則有，故，故B錯誤；對C：令，則有，其中，，令，，即有對、，當時，恒成立，即函數為減函數，故C正確；對D：令，則有，又，故，故函數的圖象關于點對稱，故D正確.故選：ACD.10.拋物線的焦點為，經過點F且傾斜角為的直線l與拋物線C交于A，B兩點，分別過點A、點B作拋物線C的切線，兩切線相交于點E，則（）A.當時，B.面積的最大值為2C.點E在一條定直線上D.設直線傾斜角為，為定值〖答案〗CD〖解析〗由拋物線的焦點為，故，即，由題意可知，直線斜率存在，設，，，聯立，有，，，，對A：，當時，即有，故，即，即或，故A錯誤；對B：，故，故B錯誤；對C：由，，即，有，故，又，故，同理可得，設點，則有，有，，由，，故，，故點E在一條定直線上且該直線為，故C正確；對D：由，，則，故有，即，故為定值且該定值為，故D正確.故選：CD.11.滿足，，的數列稱為盧卡斯數列，則（）A.存在非零實數t，使得為等差數列B.存在非零實數t，使得為等比數列C.D.〖答案〗BCD〖解析〗對A：若數列為等差數列，則有，即，由，故有恒成立，即有，無解，故不存在這樣的實數，故A錯誤；對B：若數列為等比數列，則有，即，由，故有恒成立，即有，即，解得，此時，故存在非零實數t，使得為等比數列，故B正確；對C：由，則，即有，故C正確；對D：由，故，故，故D正確.故選：BCD.三、填空題12.在二項式的展開式中，常數項為__________．〖答案〗〖解析〗對，有，令，則，則有.故〖答案〗為：.13.已知圓錐的頂點為P，底面圓心為M，底面直徑．圓錐的內切球和外接球的球心重合于一點O，則該圓錐的全面積為__________．〖答案〗〖解析〗畫出圓錐的軸截面如圖所示，由O為圓錐的內切球球心，則有為的角平分線，由O為圓錐的外接球球心，則，故，故，又，故為等邊三角形，故，，則.故〖答案〗為：.14.剪紙是一種用剪刀或刻刀在紙上剪刻花紋，用于裝點生活或配合其他民俗活動的中國民間藝術．其傳承賡續的視覺形象和造型格式，蘊涵了豐富的文化歷史信息，表達了廣大民眾的社會認知、道德觀念、實踐經驗、生活理想和審美情趣，具有認知、教化、表意、抒情、娛樂、交往等多重社會價值．現有如圖所示剪紙圖案，其花紋中就隱含方程為的曲線C（稱為星形線），則曲線C的內切圓半徑為__________；以曲線C上點為切點的直線被坐標軸截得的線段長等于__________．〖答案〗〖解析〗設點在曲線上，則、、亦在曲線上，故曲線關于軸、軸、原點對稱，故只需研究第一象限內部分，當，時，由曲線上，故有，即有，則可設，，，即，，則，由，則，則，即曲線C的內切圓半徑為；當，時，可化為，，則曲線上的點的切線方程為：，令，則有，令，則有，則.即曲線C上點為切點的直線被坐標軸截得的線段長等于.故〖答案〗為：；.四、解答題15.如圖，在平面凸四邊形中，.（1）求；（2）若，，求.解：（1）由已知得：，故，所以．因為，故，由三角形內角范圍知；（2）由，，故為邊長為4的等邊三角形，在中，，由正弦定理得，故，由于，所以，故，在中，由余弦定理得，即，得.16.已知函數．（1）當時，求函數的單調區間；（2）若不等式對任意的恒成立，求實數m的取值范圍．解：（1）當時，，其定義域為，，令，得（舍去），當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減．所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為；（2）方法1：由條件可知，于是，解得．當時，，構造函數，，，所以函數在上單調遞減，于是，因此實數m的取值范圍是．方法2：由條件可知對任意的恒成立，令，，只需即可．，令，則，所以函數在上單調遞增，于是，所以函數在上單調遞增，所以，于是，因此實數m的取值范圍是．17.如圖，將邊長為2的菱形沿其對角線對折，使得點A、D分別位于邊長為2的等邊所在平面的兩側，且，．設E是的中點．（1）證明：平面平面；（2）求平面與平面夾角的正弦值．（1）證明：取的中點O，連接、，如圖所示．因為四邊形是邊長為2的菱形，是邊長為2的等邊三角形，所以也是邊長為2的等邊三角形，在等邊中，O是的中點，可得且，又因為，可得，所以，因為，且平面，所以平面；又因為平面，故平面平面．（2）解：由（1）知，，．因為O是等邊的邊中點，可得．所以，以為原點，分別以所在直線為x、y、z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，可得，因為是邊長為2的等邊三角形，故，所以，且，又因為，，故平面，則D在平面內，可得，所以，，設平面的法向量為，顯然可令；設平面的法向量為，則，令，則，，即，所以，設平面與平面的夾角為，則，故平面與平面的夾角的正弦值為．18.樹人高中擬組織學生到某航天基地開展天宮模擬飛行器體驗活動，該項活動對學生身體體能指標和航天知識素養有明確要求．學校所有3000名學生參加了遴選活動，遴選活動分以下兩個環節，當兩個環節均測試合格可以參加體驗活動．第一環節：對學生身體體能指標進行測試，當測試值時體能指標合格；第二環節：對身體體能指標符合要求的學生進行航天知識素養測試，測試方案為對A，B兩類試題依次作答，均測試合格才能符合遴選要求．每類試題均在題庫中隨機產生，有兩次測試機會，在任一類試題測試中，若第一次測試合格，不再進行第二次測試．若第一次測試不合格，則進行第二次測試，若第二次測試合格，則該類試題測試合格，若第二次測試不合格，則該類試題測試不合格，測試結束．經過統計，該校學生身體體能指標服從正態分布．參考數值：，，．（1）請估計樹人高中遴選學生符合身體體能指標的人數（結果取整數）；（2）學生小華通過身體體能指標遴選，進入航天知識素養測試，作答A類試題，每次測試合格的概率為，作答B類試題，每次測試合格的概率為，且每次測試相互獨立．①在解答A類試題第一次測試合格的條件下，求測試共進行3次的概率．②若解答A、B兩類試題測試合格的類數為X，求X的分布列和數學期望．解：（1）．所以符合該項指標的學生人數為：人．（2）①記表示解答A類試題第一次測試合格，，分別表示解答B類試題第一次和第二次測試合格，測試共進行3次記為事件M，則，．②設X的取值為0，1，2，，，，所以X的分布列為X012P數學期望．19.取整函數被廣泛應用于數論、函數繪圖和計算機領域，其定義如下：設，不超過x的最大整數稱為x的整數部分，記作，函數稱為取整函數．另外也稱是x的整數部分，稱為x的小數部分．（1）直接寫出和的值；（2）設a，，證明：，且，并求在b的倍數中不大于a的正整數的個數；（3）對于任意一個大于1的整數a，a能唯一寫為，其中為質數，為整數，且對任意的，，i，，稱該式為a的標準分解式，例如100的標準分解式為．證明：在的標準分解式中，質因數（，，）的指數．（1）解：由，故，故，；（2）解：因為，等式兩邊同時乘b，得，因為a，b都為整數，所以也為整數，又，所以，所以，即得證，假設b，，…，都小于等于a，，因為，所以，所以，因為，所以，所以b的倍數中不大于a的正整數的個數為個；（3）證明：，將2，3，…，n每一個數都分解為質因數的乘積．對于質因數，利用（2）中結論，的倍數中不大于n的正整數的個數為，記為，將這些數都提取出來，此時p的倍數中還有可以提取出的數，注意到的倍數中不大于n的正整數的個數為，記為，將這些數提取出來；同理，的倍數中不大于n的正整數的個數為，記為，依此這樣進行下去，則質因數的指數，即得證．安徽省安慶市2024屆高三模擬考試(二模)數學試題一、選擇題1設集合，集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，可得，故，由，可得，即或，故或，則.故選：A.2.已知復數，是z的共軛復數，則（）A. B.1 C.2 D.4〖答案〗B〖解析〗，而，可得.故選：B.3.設F是橢圓的一個焦點，過橢圓C中心的直線交橢圓于P，Q兩點，則的周長的最小值為（）A.12 B.14 C.16 D.18〖答案〗C〖解析〗由橢圓的對稱性可知P，Q兩點關于原點對稱，設橢圓的另一個焦點為，則四邊形為平行四邊形，由橢圓定義可知：，又，，所以，又過原點，所以，所以的周長的最小值為：.故選：C4.在一次學科核心素養能力測試活動中，隨機抽取了100名同學的成績（評分滿分為100分），將所有數據按，，，，，進行分組，整理得到頻率分布直方圖如圖所示，則估計這次調查數據的第64百分位數為（）A.80 B.78 C.76 D.74〖答案〗B〖解析〗由，，故這次調查數據的第64百分位數位于之間，設這次調查數據的第64百分位數為，則有，解得故選：B.5.設是公比不為1的無窮正項等比數列，則“為遞減數列”是“存在正整數，對任意的正整數，”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C充要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗C〖解析〗是公比不為1的無窮正項等比數列，所以，一方面：“為遞減數列”，等價于，要使得，只需，即，從而，所以取，其中是指不超過的最大整數，則當時，有，另一方面：我們假設，且“存在正整數，對任意的正整數，”，則當越來越大時，同理可得，但這與“存在正整數，對任意的正整數，”矛盾，綜上所述，“為遞減數列”是“存在正整數，對任意的正整數，”的充要條件.故選：C.6.已知點，，O是坐標原點，點B滿足，則與夾角的最大值為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗設點，可得，因為，可得，即點的軌跡是以為圓心，半徑的圓，如圖所示，設過點與圓相切的直線的方程為，即，則圓心到直線的距離等于圓的半徑，可得，解得，設切線的傾斜角為，則，可得，即與夾角的最大值為.故選：A.7.已知函數的圖象關于點對稱，且在上沒有最小值，則的值為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，因為的圖象關于點對稱，所以，故，即，當，即時，函數取得最小值，因為在上沒有最小值，所以，即，由解得，故，得故選：B.8.如圖，在長方體中，，點E是棱上任意一點（端點除外），則（）A.不存在點E，使得B.空間中與三條直線，，都相交的直線有且只有1條C.過點E與平面和平面所成角都等于的直線有且只有1條D.過點E與三條棱，，所成的角都相等的直線有且只有4條〖答案〗D〖解析〗在長方體中，，對于A，當為的中點時，連接，則，即有，而平面，平面，則，又平面，因此平面，而平面，則，A錯誤；對于B，連接，設，，則平面與直線交于，點在線段上，不含端點，則直線與直線相交，同理直線與直線相交,因此直線、分別與三條直線，，都相交，B錯誤；對于C，平面，而平面，則，又，于是是二面角的平面角，且，顯然的平分線與平面和平面所成角都等于，過點與此直線平行的直線符合要求，這樣的直線只有1條；半平面與半平面的反向延長面所成二面角的角平分面與平面和平面所成角都等于，在此角平分面內過點與平面和平面所成角都等于的直線有2條，因此過點與平面和平面所成角都等于的直線有3條，C錯誤；對于D，建立如圖所示的空間直角坐標系，直線的方向向量分別為，設過點的直線方向向量為，由直線分別與直線所成角都相等，得，于是，不妨令，有或或或，顯然使得成立的向量有8個，其余4個分別與上述4個向量共線，所以過點E與三條棱，，所成的角都相等的直線有且只有4條，D正確.故選：D二、多項選擇題9.已知定義在R上的函數，滿足對任意的實數x，y，均有，且當時，，則（）A. B.C.函數為減函數 D.函數的圖象關于點對稱〖答案〗ACD〖解析〗對A：令，則有，故，故A正確；對B：令，，則有，故，故B錯誤；對C：令，則有，其中，，令，，即有對、，當時，恒成立，即函數為減函數，故C正確；對D：令，則有，又，故，故函數的圖象關于點對稱，故D正確.故選：ACD.10.拋物線的焦點為，經過點F且傾斜角為的直線l與拋物線C交于A，B兩點，分別過點A、點B作拋物線C的切線，兩切線相交于點E，則（）A.當時，B.面積的最大值為2C.點E在一條定直線上D.設直線傾斜角為，為定值〖答案〗CD〖解析〗由拋物線的焦點為，故，即，由題意可知，直線斜率存在，設，，，聯立，有，，，，對A：，當時，即有，故，即，即或，故A錯誤；對B：，故，故B錯誤；對C：由，，即，有，故，又，故，同理可得，設點，則有，有，，由，，故，，故點E在一條定直線上且該直線為，故C正確；對D：由，，則，故有，即，故為定值且該定值為，故D正確.故選：CD.11.滿足，，的數列稱為盧卡斯數列，則（）A.存在非零實數t，使得為等差數列B.存在非零實數t，使得為等比數列C.D.〖答案〗BCD〖解析〗對A：若數列為等差數列，則有，即，由，故有恒成立，即有，無解，故不存在這樣的實數，故A錯誤；對B：若數列為等比數列，則有，即，由，故有恒成立，即有，即，解得，此時，故存在非零實數t，使得為等比數列，故B正確；對C：由，則，即有，故C正確；對D：由，故，故，故D正確.故選：BCD.三、填空題12.在二項式的展開式中，常數項為__________．〖答案〗〖解析〗對，有，令，則，則有.故〖答案〗為：.13.已知圓錐的頂點為P，底面圓心為M，底面直徑．圓錐的內切球和外接球的球心重合于一點O，則該圓錐的全面積為__________．〖答案〗〖解析〗畫出圓錐的軸截面如圖所示，由O為圓錐的內切球球心，則有為的角平分線，由O為圓錐的外接球球心，則，故，故，又，故為等邊三角形，故，，則.故〖答案〗為：.14.剪紙是一種用剪刀或刻刀在紙上剪刻花紋，用于裝點生活或配合其他民俗活動的中國民間藝術．其傳承賡續的視覺形象和造型格式，蘊涵了豐富的文化歷史信息，表達了廣大民眾的社會認知、道德觀念、實踐經驗、生活理想和審美情趣，具有認知、教化、表意、抒情、娛樂、交往等多重社會價值．現有如圖所示剪紙圖案，其花紋中就隱含方程為的曲線C（稱為星形線），則曲線C的內切圓半徑為__________；以曲線C上點為切點的直線被坐標軸截得的線段長等于__________．〖答案〗〖解析〗設點在曲線上，則、、亦在曲線上，故曲線關于軸、軸、原點對稱，故只需研究第一象限內部分，當，時，由曲線上，故有，即有，則可設，，，即，，則，由，則，則，即曲線C的內切圓半徑為；當，時，可化為，，則曲線上的點的切線方程為：，令，則有，令，則有，則.即曲線C上點為切點的直線被坐標軸截得的線段長等于.故〖答案〗為：；.四、解答題15.如圖，在平面凸四邊形中，.（1）求；（2）若，，求.解：（1）由已知得：，故，所以．因為，故，由三角形內角范圍知；（2）由，，故為邊長為4的等邊三角形，在中，，由正弦定理得，故，由于，所以，故，在中，由余弦定理得，即，得.16.已知函數．（1）當時，求函數的單調區間；（2）若不等式對任意的恒成立，求實數m的取值范圍．解：（1）當時，，其定義域為，，令，得（舍去），當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減．所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為；（2）方法1：由條件可知，于是，解得．當時，，構造函數，，，所以函數在上單調遞減，于是，因此實數m的取值范圍是．方法2：由條件可知對任意的恒成立，令，，只需即可．，令，則，所以函數在上單調遞增，于是，所以函數在上單調遞增，所以，于是，因此實數m的取值范圍是．17.如圖，將邊長為2的菱形沿其對角線對折，使得點A、D分別位于邊長為2的等邊所在平面的兩側，且，．設E是的中點．（1）證明：平面平面；（2）求平面與平面夾角的正弦值．（1）證明：取的中點O，連接、，如圖所示．因為四邊形是邊長為2的菱形，是邊長為2的等邊三角形，所以也是邊長為2的等邊三角形，在等邊中，O是的中點，可得且，又因為，可得，所以，因為，且平面，所以平面；又因為平面，故平面平面．（2）解：由（1）知，，．因為O是等邊的邊中點，可得．所以，以為原點，分別以所在直線為x、y、z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，可得，因為是邊長為2的等邊三角形，故，所以，且，又因為，，故平面，則D在平面內，可得，所以，，設平面的法向量為，顯然可令；設平面的法向量為，則，令，則，，即，所以，設平面與平面的夾角為，則，故平面與平面的夾角的正弦值為．18.樹人高中擬組織學生到某航天基地開展天宮模擬飛行器體驗活動，該項活動對學生身體體能指標和航天知識素養有明確要求．學校所有3000名學生參加了遴選活動，遴選活動分以下兩個環節，當兩個環節均測試合格可以參加體驗活動．第一環節：對學生身體體能指標進行測試，當測試值時體能指標合格；第二環節：對身體體能指標符合要求的學生進行航天知識素養測試，